2023届安徽省部分学校高三上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2023届安徽省部分学校高三上学期12月联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届安徽省部分学校高三上学期12月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先解一次不等式与二次不等式化简集合，再利用集合的并集运算求得即可.【详解】因为，所以.故选：B.2．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据复平面内的点与复数的对应关系结合共轭复数的定义，复数的乘法和除法运算法则即可求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点为，所以，所以.故选：A.3．从编号为的个形状大小都相同的球中任取个，则所取个球的最小编号是的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合组合数的知识可分别求得所有取法和满足题意的取法数，由古典概型概率公式可求得结果.【详解】从个球中任取个，共有种取法；若所取球的最小编号为，则编号为的球必选，再从编号为的球中任选个，共有种取法；所求概率.故选：B.4．如图，是以为直径的半圆圆周上的两个三等分点，为线段的中点，为线段上靠近的一个四等分点，设，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】取的中点，连接，根据平面向量的线性运算计算即可.【详解】如图，取的中点，连接，因为是以为直径的半圆圆周上的两个三等分点，所以，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又为上靠近的一个四等分点，所以.故选：C.5．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数都等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.设数列的前项和为，记，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意可得，，两式相加可得，再结合已知条件可得答案.【详解】因为，所以①，②，由①+②，得，又，即，所以.故选：C.6．已知函数与函数的部分图象如图所示，且函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到，则在区间上的最大值为（    ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】根据三角函数图象变换规律结合已知条件可求函数解析式，然后根据三角函数的性质即得.【详解】由题意可知，将函数图象上的点向右平移个单位长度，可得的图象与轴负半轴的第一个交点为，因为的图象与轴正半轴的第一个交点为，所以，得，则，又且为增区间上的零点，所以，由知，则，当时，，故在区间上的最大值为.故选：D.7．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据计算可得；根据函数单调性可得当时，由此可得；根据基本不等式可得，由此即可判断三者关系．【详解】；设，其中当时，，且，故，所以；，所以.故选：D.8．如图，在棱长为的正四面体中，点分别在棱上，且平面平面为内一点，记三棱锥的体积为，设，关于函数，下列说法正确的是（    ）A．，使得B．函数在上是减函数C．函数的图象关于直线对称D．，使得（其中为四面体的体积）【答案】A【分析】先求出，然后根据函数性质一一验证.【详解】设点在平面内的射影为点，连接，如图所示，则为等边的中心，故，因为平面平面，所以，所以，所以.因为平面平面，则，且点到平面的距离为，所以点到平面的距离为，所以，其中，对于选项，，当时，，此时函数单调递增，；当时，，此时函数单调递减，，故正确，B错误；对于C选项，，故函数的图象不关于直线对称，故C错误；对于D选项，，故对任意的，故D错误.故选：A. 二、多选题9．如图，在正方体中，下列结论正确的是（    ）A．平面 B．平面C．平面平面 D．平面平面【答案】ACD【分析】A选项，由得到线面平行；B选项，由得到与不垂直，得到B错误；C选项，由平面，平面，得到面面平行；D选项，由线面垂直得到，结合得到线面垂直，进而得到面面垂直.【详解】因为平面平面，所以平面，故A正确；与不垂直，则与不垂直，故平面不正确，故B错误；因为平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，故C正确；正方体中，有平面，因为平面，则，又，，平面，可得平面，因为平面，从而平面平面，故D正确.故选：.10．已知，其中为锐角，则（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】结合同角三角函数的基本关系式、三角恒等变换的知识确定正确选项.【详解】为锐角，即，，，由于，所以，所以，由于，所以，A选项正确.，所以B选项正确.①，②，①+②并化简得，所以C选项错误，①-②并化简得 ，所以，所以D选项错误. 故选：AB11．已知椭圆，直线与椭圆交于两点，过作轴的垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，则下列说法正确的是（    ）A．若为椭圆的一个焦点，则的周长为B．若，则的面积为C．直线的斜率为D．【答案】BCD【分析】根据椭圆对称性取左焦点，，进而得，再计算周长判断A；联立方程解坐标，求面积判断B；设，则，再求斜率判断C；设，再根据，得，进而判断D.【详解】对于，如图，由对称性，不妨设为椭圆的左焦点，则，故易得，则，则，过点作的垂线，垂足为，连接，由于，故四边形是平行四边形，所以，所以的周长为，故错误；对于，由解得，不妨设，，则，所以，故B正确；对于C，设，则，所以，，故C正确；对于，设，则，又点和点在椭圆上，①，②，①一②得，因为，则，得，所以，故D正确.故选：BCD.12．已知函数，，若存在，，使得成立，则（    ）A．当时， B．当时，C．当时，的最小值为 D．当时，的最大值为【答案】ACD【分析】对于A项，可通过解不等式直接得出；对于B项，可以取合适的特殊值验证；求出，可知在上单调递增，在上单调递减，则可画出的图象.利用同构可知等价于，结合图象可知当时，与只有一个交点，则，则 ，代入CD项可构造函数，通过求导得到最值.【详解】由已知，当时，即，，，，所以有，A正确；取，则，此时令，则有，，B项错误；∵，         ∴当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；所以， 的图象如图所示.又，即.当时，如图易知，与只有一个交点，由可得，此时，，.则.令，则.当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减.所以，在处有最小值，C项正确；当时，.令，.当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增.所以，在处有最大值，D项正确.故选：ACD.【点睛】本题考察利用导数研究函数的单调性与交点问题，属于难题.通过导函数得出性质，画出函数图象.对多个变量时，常考虑利用同构.本题利用同构可知，等价于，结合图象，得出的关系，简化解题过程，找到突破口. 三、填空题13．多项式，那么______.【答案】【分析】由的展开式的通项得出.【详解】的展开式的通项为，所以，则.故答案为：14．写出一条与直线平行且与圆相切的直线方程___________.【答案】或【分析】根据题意设出所求直线方程为，且，利用圆心到直线的距离求出即可得直线方程.【详解】解：设与直线平行的直线为，且圆整理为，则圆心为，半径又直线与圆相切则圆心到直线的距离为，解得或则直线方程为：或.故答案为：或15．已知抛物线，其焦点为点，点是拋物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为___________.【答案】##【分析】通过确定直线过定点M，得到Q在以FM为直径的圆上，将P到Q的距离转化为到圆心的距离的问题，再利用抛物线的定义就可得到最小值.【详解】将已知直线化为，当时，可确定直线过定点，记为M点.∵过点F做直线的垂线，垂足为Q，∴直线，即，故Q点的轨迹是以FM为直径的圆，半径，其圆心为FM的中点，记为点H，∴，∵P在抛物线上，其准线为，∴等于P到准线的距离.过P作准线的垂线，垂足为R.要使取到最小，即最小，此时R、P、Q三点共线，且三点连线后直线RQ过圆心H.如图所示，此时.故答案为： 四、双空题16．某市某次高中统测学生数学成绩的频率分布直方图如图所示.现按测试成绩由高到低分成四个等级，其中级占级占级占级占的比例，则级的分数线与级的分数线分别为______和______.【答案】     24     49【分析】先确定所求分数线所在百分位，再判断其所在区间，从而利用频率分布直方图中百分位数的求法得解即可.【详解】根据题意，级的分数线为分位数，级的分数线为分位数，由图可知，分数在的频率为，在的频率为，在的频率为，则分数在的频率为，的频率为，因此级的分数线位于内，由，所以级的分数线为24，级的分数线位于内，由，所以级的分数线为49.故答案为：；. 五、解答题17．在中，角的对边分别为.(1)求；(2)求内切圆的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先根据正弦定理将等式中的角转化成边并求出，的值，再根据余弦定理求解边；（2）首先根据面积公式求出的面积，然后利用等面积法求解三角形内切圆半径，进而求出内切圆面积.【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，所以，由余弦定理得，解得.（2）因为，所以，所以的面积.设内切圆的半径为，则，所以，所以内切圆的面积为.18．已知数列各项均为正数，且.(1)求的通项公式；(2)记数列的前项和为，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用已知条件因式分解变形，结合条件得，可知数列为等差数列，利用等差数列通项公式求解即可；（2）由（1）将带入化简，写出前项和的表达式，根据条件及性质求出 的取值范围.【详解】（1）因为，所以所以，因为各项均为正数，，所以，所以数列是首项为4，公差为4的等差数列，，所以数列的通项公式为.（2）因为所以，则，因为，故，所以，又，所以，所以的取值范围为.19．近年来中年人的亚健康问题日趋严重，引起了政府部门和社会各界的高度关切.一研究机构为了解亚健康与锻炼时间的关系，对某地区的中年人随机调查了人，得到如下数据：平均每天锻炼时间不足半小时半小时到小时（含半小时）小时及以上亚健康无亚健康 (1)从这些中年人中任选人，记“该中年人亚健康”，“该中年人平均每天锻炼时间不足半小时”，分别求和；(2)完成下面的列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为亚健康与锻炼时间有关联？平均每天锻炼时间不足小时小时及以上合计亚健康   无亚健康   合计    附：，.  【答案】(1)，(2)列联表见解析；可以认为亚健康与锻炼时间有关联 【分析】（1）根据已知数据可得满足事件、和的人数，由此可求得对应概率，同时结合条件概率公式可求得结果；（2）根据表格数据可补充列联表，计算可得，由此可得结论.【详解】（1）由题意知：中年人亚健康且平均每天锻炼时间不足半小时的人数为人，则；中年人无亚健康且平均每天锻炼时间超过半小时（含半小时）的人数为人，平均每天锻炼时间超过半小时（含半小时）的人数为人，，，.（2）由已知数据可得列联表如下：平均每天锻炼时间不足小时小时及以上合计亚健康无亚健康合计 零假设：亚健康与锻炼时间无关，，依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即可以认为亚健康与锻炼时间有关联，该推断犯错误的概率不超过.20．如图，长方体中，为棱的中点.(1)求直线被长方体的外接球截得的线段长度；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设的中点为，根据长方体的性质结合条件可得球心到直线的距离，然后根据球的性质即得；（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法即得.【详解】（1）设的中点为，连结，则为长方体外接球的球心，且平面，由题意知，，所以，所以，设到直线的距离为，则，解得，因为外接球的半径，所以直线被此外接球截得的弦长为；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量，因为，则由，得，令，可得，又，设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.21．已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为，直线交于两点，且.(1)求双曲线的标准方程；(2)若点，直线与轴分别相交于两点，且为坐标原点，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的定义，结合离心率得，，进而得答案；（2）设，则，进而求出直线，的方程，并与椭圆联立方方程解得，进而得直线的方程为，并整理得即可证明结论.【详解】（1）解：因为，所以，解得，设双曲线的半焦距为，因为离心率为，所以，解得，则，所以双曲线的标准方程为.（2）证明：设，则，，直线的方程为，直线的方程为.联立方程消去并整理得显然，即所以，，联立方程消去并整理得，显然，即，，即当时，直线的方程为，将上面求得的的解析式代入得，整理得，所以直线过定点.22．已知函数.(1)求函数的极值；(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)极小值为，无极大值(2) 【分析】（1）求得，结合的单调区间求得的极值.（2）将不等式进行转换，利用构造函数法，结合导数以及对进行分类讨论，由此来求得的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，则，令，得，当变化时，的变化情况如下：0单调递减单调递增 因此，当时，有极小值，并且极小值为，无极大值.（2）因为等价于，令，则，（i）若，对于函数，有，所以恒成立，故当时，不等式恒成立；（ii）若，当时，，所以，故不等式恒成立；现探究当时的情况：当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，要使不等式成立，只需，解得，故当时，不等式恒成立；（iii）若，当时，，所以，故不等式恒成立；现探究当时的情况：当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，要使不等式成立，只需，即.设，则化为，因为，所以在上为增函数，于是，由及，得，故当时，不等式恒成立.综上，实数的取值范围为.【点睛】研究含参数的不等式恒成立问题，导数是工具的作用.化归与转化的数学思想方法是重要的解题思想方法，将不等式恒成立问题，转化为求函数的单调性、极值、最值等问题来进行研究.对参数分类讨论时，要注意做到不重不漏.