2023届安徽省顶尖名校联盟高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届安徽省顶尖名校联盟高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合P={x|x是平行四边形}，Q={x|x是矩形}，R={x|x是菱形}，S={x|x是正方形}，则（    ）

A．P B．Q C．R D．S

【答案】D

【分析】根据集合的交运算即可求解.

【详解】由题意可知，则{是矩形且是菱形}={是正方形}=．

故选:D．

2．设命题p：，，则为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】由全称命题的否定即可判断.

【详解】由题意可知，为：，.

故选：B.

3．如图是函数的部分图象，则在上的值域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据所给图象可确定周期，进而根据周期公式求解得，根据五点作图可得，进而知，由得，即可求解值域.

【详解】由图象知函数的周期，即，即，

由五点对应法得，得，则，

因为，所以，所以.

故选：D

4．过坐标原点且与曲线相切的直线斜率为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】求导，由切点坐标可得切线斜率，由点斜式即可得切线方程，代入坐标原点即可求解，进而可求斜率.

【详解】因为，所以，设切点为，所以 ，

所以切线方程为，

又切线过坐标原点，所以，解得，

所以切线方程的斜率为.

故选：B

5．如图，中国古代建筑的举架结构的纵截面示意图，其中的线段，，，都是竖直放置的，线段，，，都是水平放置的，且.令，，，若，，成公差为0.15的等差数列，且直线的斜率分别为0.75，0.45，则（    ）

A．0.595 B．2.55 C．1.6 D．0.7225

【答案】A

【分析】先赋特殊值,再根据题意应用直线的斜率,最后利用等差数列公差列式,计算即可.

【详解】设，则，，，，

依题意，，所以，所以，

所以，，所以.

故选:.

6．已知函数，若当时，恒成立，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题知，在上为增函数且为奇函数，进而将问题转化为在上恒成立，再求最值即可得答案.

【详解】解：由题意，，

因为，所以为奇函数，

由幂函数的性质得在上单调递增，

所以，在上的增函数，

因为在上恒成立，

所以在上恒成立，

所以在上恒成立，

所以在上恒成立，

所以，只需，即

所以实数a的取值范围是.

故选：C

7．在长方体中，，则BD与平面所成的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据线线垂直可证明线面垂直，由线面垂直即可由线面角的定义找到线面角，进而根据三角形的边角关系即可求解.

【详解】设，连接OD，

因为,所以四边形为正方形，因此，

又平面，平面，故

又平面,因此平面，

所以BD与平面所成角为，

所以.

故选：C

8．如图，二次函数的图象为曲线，过上一点P（位于x轴下方）作的切线与的正半轴，的负半轴分别交于点，当轴及轴围成阴影部分的面积取得最小值时，P到x轴的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合题意只需求的最小值，下设出切点，根据导数的几何意义写出切线方程，得到点坐标，表示出后，求取到最小值时切点的坐标即可.

【详解】由于二次函数曲线和坐标轴围成的面积一定，阴影面积取到最小值，等效于求的最小值，设，由，，故切线的斜率为，所以切线方程为，令，解得，令，解得，由题意切点在轴下方，且，故，

所以，记，，令得，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增. 所以当时，取得最小值，此时到轴的距离为.

故选：A

二、多选题

9．已知实数满足且，则下列结论正确的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】A，C选项利用基本不等式进行比较，B选项利用基本不等式中的妙用处理，D选项利用作差法结合基本不等式处理.

【详解】∵且，由基本不等式，∴，故A正确；

，当且仅当即，时等号成立，故B正确；

，故C错误；

∵，∴，∴，故D错误.

故选：AB

10．如图，正方形的边长为，动点在正方形内部及边上运动，，则下列结论正确的有（    ）

A．点在线段上时，为定值

B．点在线段上时，为定值

C．的最大值为

D．使的点轨迹长度为

【答案】AC

【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量的坐标运算逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

设点，

则，，，，

当点在线段上时，，，故A正确；

当点在线段上时，不是定值，不为定值，故B错误；

由得，则，，

所以，故当时，即当点与点重合时，取得最大值，故C正确；

由得，直线交轴于点，交轴于点，

所以，使的点轨迹为线段，且，故D错误.

故选：AC.

11．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点，要先走完总路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，会产生无限个“剩下的路程”，因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走，这个人永远走不到终点，由于古代人们对无限认识的局限性，故芝诺得到了错误的结论.设，这个人走的第n段距离为，这个人走的前n段距离总和为，则下列结论正确的有（    ）

A．，使得 B．，使得

C．，使得 D．，使得

【答案】BC

【分析】根据题意可得，进而可得，知是公比为，首项为的等比数列，结合选项即可逐一求解.

【详解】由已知得，，

不难得到，，，所以A错误.

走n段距离后，由得，两式相减化简得，当时，也符合，所以B正确.

由可知是公比为，首项为的等比数列，

，所以C正确，D错误.

故选：BC

12．已知正四棱台上､下底面的面积分别为2和8，高为，则下列结论正确的有（    ）

A．正四棱台外接球的表面积的最小值为

B．当时，正四棱台外接球球心在正四棱台下底面下方

C．正四棱台外接球的半径随的增大而增大

D．当时，正四棱台存在内切球

【答案】ABD

【分析】首先根据题干得到正四棱台的上下底面的半径,再分别按照选项的内容

研究正四棱台的外接球和内切球,即可解决.

【详解】设正四棱台上､下底面的外接圆的半径分别为，，外接球的半径为，球心为O，

因为正四棱台的上､下底面面积分别为2和8，所以上､下底面的边长分别为，，

所以，，设球心O到上底面的距离为d，

则或，

所以，

所以，

当时，外接球半径最小，此时，

所以外接球的表面积的最小值为，故正确.

易知和时，，故不正确.

当时，所以，

所以外接球球心在正四棱台下底面下方，故正确.

正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形ABCD的内切圆，圆心是上､下底面中心､连线的中点，，

设圆的半径为r，则，由可知，，

同理，，故可知，

在中，，所以，.故正确.

故选:.

三、填空题

13．假设某地2022年年初的物价为1，每年以5%的增长率递增，则2030年年底物价的数值为___________.

【答案】

【分析】利用每年的增长率和经过的年数,计算即可

【详解】因为每年以的增长率递增,故经过年后的物价为

从2022年年初到2030年年底经过了9年，所以2030年年底的物价为.

故答案为: .

14．在长方体（平面为下底面）中，，，点为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________.

【答案】##

【分析】在长方体的上方补一个全等的长方体，进而在利用余弦定理求解即可.

【详解】解：在长方体的上方补一个全等的长方体，

所以，由长方体的性质可知：直线，

因为，，点为线段的中点

所以，，，

所以，

所以，异面直线与BF所成角的余弦值为.

故答案为：

15．在三角形ABC中，已知D，E分别为CA，CB上的点，且，，AE与BD交于O点，若，则mn的值为___________.

【答案】

【分析】因三点共线，则.

又三点共线，则.结合，可得答案.

【详解】因三点共线，则

.又，则，

得.

又因三点共线，则

.又，则，

得.

故，得.则.

故答案为：

16．已知三棱锥的高为分别为的中点，若平面ABD，平面BCE，平面ACF相交于O点，则O到平面ABC的距离h为___________.

【答案】##0.75

【分析】设平面ABD与平面BCE交于BQ，平面ABD与平面ACF交于AP，可得到P，Q分别为，的重心，然后通过比例关系即可求出答案

【详解】如图所示，平面ABD与平面BCE交于BQ，平面ABD与平面ACF交于AP，

所以O为AP与BQ的交点.

因为D，E，F分别为VC，VA，VB的中点，

所以P，Q分别为，的重心，

所以，

连接DO并延长交AB于H，连接PQ，

设PQ与DO交于S，则，，

易得，

所以，，

所以，

设三棱锥的高为，三棱锥的高为，

所以，所以，故.

【点睛】关键点点睛：这道题的关键点在于作图，图象交线较多，需从中寻找所需要的交线和交点，利用特殊线的集合性质进行求解，很考验空间想象能力

四、解答题

17．已知平面向量，，.

(1)若，求x的值；

(2)若（为负实数），求x，的值.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）由向量垂直的坐标表示列方程即可求出答案；

（2）因为（为负实数），所以，由向量平行的坐标表示列方程求出的值，再代入验算即可得出答案.

【详解】（1）因为，所以，

因为，，，

所以，

所以；

（2）因为（为负实数），所以，

因为，，，

所以，解得，或，

当时，，，所以；

当时，，，所以，不合题意，舍去，

所以，.

18．已知是公差为3的等差数列，是公比为2的等比数列，且.

(1)求，；

(2)设的前n项和为，将集合用列举法表示出来.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据等比等差数列基本量的计算即可求解，

（2）根据等差数列的求和公式代入化简得,根据即可求解.

【详解】（1）因为，

所以，

解得，；

（2）由得，，所以，

因为，所以，

令，8，16，32，64，128，

经过检验得，只有，5，21满足，

所以.

19．如图，四边形ABCD为正方形，平面平面ABCD，，，.

(1)求三棱锥的体积；

(2)求平面AEF与平面ABF夹角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)三棱锥的体积可以用体积分割的方法求得..(2)根据已知条件给的垂直关系，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，代入公式即可得出两平面夹角的余弦值，再利用同角平方和关系可求出结果.

【详解】（1）因为平面平面ABCD，平面ABCD=BD，，，

所以平面ABCD，平面ABCD，

则，

，

三棱锥的体积为；

（2）以D为坐标系的原点，射线DA，DC，DE分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，

所以，，

设平面AEF的法向量为，

所以，令得，，

又平面AFB的一个法向量为，

设平面AEF与平面ABF夹角为，

，

所以.

20．记的内角的对边分别为，已知，.

(1)求的面积；

(2)若，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理及已知可得，进而求得，最后应用三角形面积公式计算即可.

（2）先求出,再由正弦定理结合合比定理，计算即可得结果.

【详解】（1）由题意得，即，

由余弦定理得，整理得，则，

又，则，，

所以，；

（2）因为，所以，

，

由正弦定理得，，

所以，

所以

21．如图，AB是半球的直径，O为球心，，C为半大圆弧的中点，P为同一半大圆弧上的任意一点（异于A，B，C），P在水平大圆面AOB内的射影为Q，过Q作于R，连接PR，OP.

(1)若C，P为不同的两点，求证：；

(2)若半大圆面ACB与水平大圆面夹角大小为，求三棱锥体积的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直可证，从而可得.

（2）由（1）可得为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，设，根据体积公式，利用换元法和导数可求其取值范围.

【详解】（1）因为PQ垂直于水平大圆面AOB，而平面，所以，

因为，，平面，所以平面，

而平面，所以，

因为C为半大圆弧的中点，所以，

因为C，P为不同的两点，且AB，OC，PR在同一个平面内，

所以.

（2）由，得，

为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，所以，

设，由于对称性，不妨设，

因为，所以，

所以，，，，

所以三棱锥体积为：

，

设，所以，

令，得，

当时，；当时，，

所以在上为增函数，在上为减函数，

故当时，V取得最大值为，而，

所以三棱锥体积的取值范围为.

22．设函数，，.

(1)求的最小值，并证明：；

(2)若不等式：成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)，证明见解析

(2)

【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，

（2）根据和分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.

【详解】（1）由可得，

令得，，

当时，，时，，

所以在单调递增，在单调递减，

所以，

因为，

所以，

因为时，，所以在上单调递减，

所以，化简得，；

（2）等价于，

当，因为，所以，，

所以，

由（1）得，，

所以；

当时，，

即时，不成立，即不成立，

综上，实数a的取值范围为.