安徽省县中联盟2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）

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安徽省县中联盟2023-2024学年高三上学期期中考试
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.若集合有7个真子集，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
3.函数在上的图象大致为（ ）
A.B.C.D.
4.已知向量，，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
5.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C.0 D.
6.已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知在中，，分别为边，上的点，，，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.如图为2017年至2023年每年1—7月中国中央处理部件进出口数量统计图，则下列说法正确的是（ ）
A.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件进口数量的中位数为583
B.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件出口数量的40%分位数为2050
C.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件出口数量的平均数超过2152
D.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件进口数量的极差小于出口数量的极差
10.在平面直角坐标系中，已知，分别为曲线（且）的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A.若为双曲线，且它的一条渐近线方程为，则的焦距为
B.若，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则的面积为
C.若为椭圆，且与双曲线有相同的焦点，则的值为1
D.若，为曲线上一点，则的取值范围是
11.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.当时，在上单调递增
B.当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增
C.当时，函数与的图象有两个不同的公共点
D.当时，若不等式在时恒成立，则的取值范围是
12.已知函数，当时，，，则下列说法正确的是（ ）
A.可能取 B.
C.若，则 D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知为的边上的高，，，，则______.
14.若，，则实数的取值范围是______.
15.已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，且，则______.
16.已知函数，若存在，使得，则实数的最小值为______.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知函数.
（Ⅰ）若的图象上一个最高点到相邻最低点的距离为，求的单调递增区间；
（Ⅱ）若，且在区间上单调，求的值.
18.（12分）
已知的内角，，所对的边分别为，，，且.
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）如图，，分别为边，上的点，且，，求四边形的面积.
19.（12分）
已知函数.
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若没有零点，求实数的取值范围.
20.（12分）
已知数列的前项和为，，且.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设，为数列的前项和，求证：当时，.
21.（12分）
如图1，是边长为6的等边三角形，点，分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2.
图1 图2
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求.
22.（12分）
已知函数有两个不同的极值点，.
（Ⅰ）求的取值范围；
（Ⅱ）若，且，求证：.
数学·答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1.答案 A
命题意图 本题考查集合真子集的定义.
解析 因为集合有7个真子集，所以集合中包含3个元素，所以，解得.
2.答案 D
命题意图 本题考查复数的四则运算、共轭复数的概念.
解析 由题意得，所以.
3.答案 B
命题意图 本题考查函数的图象与性质.
解析 因为，所以函数为奇函数，排除A，C；当时，，排除D，故选B.
4.答案 B
命题意图 本题考查平面向量的性质.
解析 因为，所以，所以.因为，所以，所以，解得，.
5.答案 C
命题意图 本题考查三角函数的诱导公式.
解析 因为（为坐标原点），所以由三角函数的定义，得，，所以.
6.答案 D
命题意图 本题考查三角函数的图象与性质.
解析 由图可知，则，取，由五点作图法知为第三个点，，解得，故，则.因为的图象关于原点对称，所以为奇函数，则，，即，，故的最小值为.
7.答案 C
命题意图 本题考查利用函数的单调性比较大小.
解析 设，，则，可知在上单调递增，，即，，所以.因为，所以.综上，.
8.答案 A
命题意图 本题考查平面向量的综合应用.
解析 设，，则，.设，，由题知，，，.因为，所以，即.因为，，所以，即，所以
，当且仅当，即时等号成立，所以.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.答案 AC
命题意图 本题考查中位数、百分位数、平均数、极差等概念.
解析 对于A，中央处理部件进口数量从小到大排列为343，393，432，583，725，738，869，其中位数为583，故A正确；
对于B，因为，所以中央处理部件出口数量的40%分位数为2083，故B错误；
对于C，中央处理部件出口数量的平均数为
，故C正确；
对于D，中央处理部件进口数量的极差为，出口数量的极差为，所以中央处理部件进口数量的极差大于出口数量的极差，故D错误.
10.答案 BC
命题意图 本题考查双曲线与椭圆的性质.
解析 设曲线的半焦距为.
对于A，若为双曲线，则，所以，解得，则，双曲线的焦距为，所以A错误；对于B，的一条渐近线方程为，，所以点到渐近线的距离，又，则，所以，所以B正确；对于C，因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以，解得，故C正确；
对于D，设，，则，，又，所以当时，，当或3时，，所以的取值范围是，故D错误.
11.答案 ABD
命题意图 本题考查利用导数研究函数的性质.
解析 对于A，由题意得，当时，，则在上单调递增，故A正确；对于B，当时，令，得，则当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，故B正确；
对于C，当时，，令，由不等式恒成立，且仅在处取等号，可得，且仅在时取等号，故C错误；
对于D，当时，不等式在时恒成立等价于在时恒成立，即在时恒成立，令，，则，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，故，故，即实数的取值范围是，故D正确.
12.答案 BCD
命题意图 本题考查三角函数的性质及三角恒等变换.
解析 对于A，由题意，得，因为当时，，所以，即，又，所以，，从而可得，故A错误；
对于B，由题意，得，，又由A的分析可知，所以，，所以，故B正确；
对于C，当时，整理得所以，又，对上式整理得，所以，故C正确；
对于D，因为，且，所以随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，又，所以，故D正确.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.答案
命题意图 本题考查平面向量的垂直.
解析 因为，所以由得，解得.
14.答案
命题意图 本题考查基本不等式、充分条件与必要条件.
解析 因为，所以，于是，当且仅当，即时取等号，所以.
15.答案
命题意图 本题考查正弦定理的应用、三角恒等变换.
解析 由，根据正弦定理，得.因为，所以，所以，又，所以，即.由，可得，则，所以，即，，所以，，所以，由得，.由正弦定理可得，则.
16.答案
命题意图 本题考查导数、指数函数与对数函数的综合应用.
解析 由，可知，当且仅当时等号成立，原条件等价于方程有实根，令，则，可得，所以的最小值为.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.命题意图 本题考查三角函数的性质.
解析 （Ⅰ）设的最小正周期为，由已知得，
解得，所以，所以.……（2分）
由，解得，
故的单调递增区间是.……（4分）
（Ⅱ）由，知函数的图象关于点对称，
所以，所以.……（6分）
当时，，
又在区间上单调，所以，解得，……（8分）
当时，，满足条件，所以，……（9分）
则.……（10分）
18.命题意图 本题考查余弦定理、解三角形.
解析 （Ⅰ）由余弦定理得，……（2分）
所以，……（3分）
再由余弦定理可得，即.……（5分）
因为，所以.……（6分）
（Ⅱ）设.由余弦定理得，
即，整理得，……（8分）
因为，所以.……（9分）
故四边形的面积为
.……（12分）
19.命题意图 本题考查曲线的切线方程，及导数的综合应用.
解析 （Ⅰ）当时，，，……（2分）
所以，……（3分）
又，所以曲线在点处的切线方程为，即.……（5分）
（Ⅱ）因为没有零点，所以方程无实根.……（6分）
当时，方程不成立，所以，故方程无实根，即直线与曲线没有公共点.……（7分）
令，则.
令，得或，令，得或，
所以在区间，上单调递减，在区间，上单调递增，……（9分）
所以当时，取得极小值，当时，取得极大值.
因为，且当从左侧趋向于时，趋向于，当从右侧趋向于时，趋向于，……（11分）所以实数的取值范围是.……（12分）
20.命题意图 本题考查数列的性质.
解析 （Ⅰ）∵，∴，∴，……（2分）
∴，即，……（3分）
∴，∴.……（5分）
（Ⅱ）由条件知，
则当或时，，当或时，.……（7分）
注意到当时，，……（8分）
∴当时，，；
当时，，显然成立；
当时，，
从而当时，；
当（且）时，，.
综上可知，当时，.……（12分）
21.命题意图 本题考查面面垂直的证明，以及利用空间向量计算直线与平面所成的角.
解析 （Ⅰ）在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以.……（2分）
在中，，，，所以，所以.……（3分）
又因为，所以平面，……（4分）
所以平面平面.……（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.……（6分）
所以，，设平面的法向量为，
则令，得.……（8分）
设，则，所以.……（9分）
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，即，……（11分）
解得，即.……（12分）
22.命题意图 本题考查利用导数研究函数的性质.
解析 （Ⅰ）由题意可得.
由题意知方程有两个不同的实数根，，即方程有两个不同的实数根，，也即直线与函数的图象有两个不同的交点.……（2分）
因为，所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，所以.……（4分）
又因为，当时，，当时，，当趋向于时，趋向于0，所以的取值范围为.……（5分）
（Ⅱ）方法一：因为有两个不同的极值点，，
由（Ⅰ）可知，是方程的两个实数根，所以，，……（6分）
所以不等式等价于，即.
因为，所以待证不等式等价于.
由，，作差得，即，
所以待证不等式等价于.……（8分）
令，则，又因为，所以，
则不等式，即在时恒成立.……（9分）
令，则，
因为，可得当时，，所以在上单调递增，
又，所以在时，，……（11分）
所以在时恒成立，即在，且时恒成立，
所以.……（12分）
方法二：由（Ⅰ）可知在上单调递增，在上单调递减，，是方程的两个实根，所以，且.……（6分）
设，……（7分）
则，
当时，，，所以，……（8分）
所以在上单调递增，所以当时，，即.……（9分）
因为，所以，所以，
因为，，所以，即.……（11分）
又因为，所以，整理得.……（12分）