安徽省安庆市大联考2022-2023学年高三理科数学上学期阶段性测试（三）试题（Word版带解析）

大联考2022-2023学年高中毕业班阶段性测试（三）理科数学考生注意：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，再选涂其他答亲标号.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､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解出两个集合中的不等式，再进行集合的补集和并集运算.【详解】不等式解得，∴，不等式解得，∴，，.故选：D2.已知条件，条件，则是的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】将已知条件转化为逆否命题来判断，在利用充分条件和必要条件的定义进行判断 即可得结论【详解】命题转化为逆否命题：“”是“”的充分、必要问题因为，有，所以不一定为故充分性不成立当时，则，所以必要性成立所以“”是“”的必要不充分条件由原命题与逆否命题等价性所以是的必要不充分条件故选：B.3.若，则（）A.B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】由，可得，进而可得，代入中即可得答案.【详解】解：因为，所以，所以.故选：C.4.已知向量满足，则（）A.5B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】解法一：设，由可得，由，可得,，则有，平方解得，由即可得答案；解法二：由及，可得，两边平方整理得，解得，即可得.【详解】解法一：解：设，因为，所以，又因为，所以,设，则有，平方得，整理得，即，解得或(舍)，所以，又因为.故选：D.解法二：解：因为，所以因为，又因为，即， 两边平方得：，整理得，即有，解得或(舍)，所以.故选：D.5.已知x，y满足约束条件，则的最大值为（）A.7B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，确定目标函数经过的特殊点，即可求出目标函数的最大值.【详解】约束条件，表示可行域如图：由可得，目标函数经过可行域内的点时，目标函数取得最大值9．故选：C．6.已知抛物线的焦点为为该抛物线上一点，且（点为坐标原点），则（）A.2B.3C.4D.8【答案】C【解析】 【分析】首先求出点坐标，结合抛物线定义、余弦的定义以及诱导公式得到关于的方程，解出即可.【详解】当时，，解得，故，，，其邻角的余弦值为，所以，化简得，解得（负舍）故选：C.7.海上渔业生产发展迅猛，我国自主研发的大型海洋养殖船纷纷下海.网箱养殖人工创造适合鱼类生长的环境，一段时间内，研究人员发现网箱内氧的含量（单位：与时间（单位：之间的关系为为网箱内氧的初始含量且），且经过后，网箱内氧的含量减少.若当网箱内氧的含量低于初始含量的时需要人工增氧，则大约经过（）后需要人工增氧.参考数据：.A.39B.33C.31D.27【答案】D【解析】【分析】由题意可得，得，设经过后需要人工增氧，则可得，所以，化简计算可得答案.【详解】由题意可知，所以，则，得，设经过后需要人工增氧，则，，所以， 所以，，则，所以，所以，所以大约经过27后需要人工增氧，故选：D8.已知在正方体中，分别是棱的中点，是棱上一点，则下列命题中正确的个数为（）①异面直线与之间距离为定值；②平面平面；③设平面平面，则；④直线与平面所成的角为.A.4B.3C.2D.1【答案】B【解析】【分析】①中，异面直线之间的距离找公垂线段；②中，面面平行结合性质定理验证；③中，线面平行的性质定理可证；④中，由线线角确定线面角，计算角的大小验证.【详解】如图所示：对于①，过点作的平行线，与相交于点，则为异面直线与的公垂线段，且长度等于正方体棱长，所以异面直线与之间的距离为定值，①正 确；对于②，平面平面，平面平面，若平面平面，则有，而不一定成立，②错误；对于③，平面平面，平面，所以平面，平面，平面平面，则，③正确；对于④，为的中点，连接，平面平面，平面平面，平面，，所以平面，直线与平面所成的角为，在中，，，直线与平面所成的角为，④正确.故选：B9.已知函数,则在上的值域为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性,再判断时的单调性,进而判断在单调性,取端点处的函数值,及0处的极限即可判断值域,选出选项.【详解】解:由题知,定义域为,,在定义域上为偶函数,则当时, ,,,,在单调递减,在定义域上为偶函数,在单调递增,在单调递增,在单调递减,,故在上的值域为.故选:D10.已知函数的图象按向量平移后对应的函数为，若在上单调，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用辅助角公式将函数化简，再按向量平移后得到，然后利用正弦函数的单调性即可求解. 【详解】因为函数，函数图象按向量平移后得到，当，则，因为在上单调，由正弦函数的单调可知：或要使最小，则取0，故有或，解得：或，综上，的最小值为，故选：A.11.已知双曲线的离心率为，右焦点为，直线均过点且互相垂直，与双曲线的右支交于两点，与双曲线的左支交于点，为坐标原点，当三点共线时，（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】根据题意作出图形，由双曲线的对称性及双曲线的定义，利用勾股定理建立方程求解可得.【详解】设双曲线另一焦点为，连接，如图， 因为三点共线，，所以由双曲线的对称性知，四边形为矩形，设，则，，在中，，即，又，解得或（舍去），在中，，即，解得，即.故选：B12.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由所给数据可构造函数，利用导数判断函数单调性可比较，再由不等式性质可比较，利用作商法比较大小.【详解】设，则，当时，，所以函数在上单调递减，，，即， ，，即，，，综上，.故选：A二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知向量，，.若，则实数__________.【答案】##2.75【解析】【分析】根据向量坐标表示的减法原则，算出，若，则有，列出方程即可求得a.【详解】解：已知，，，若，则，解得，故答案为：.14.已知圆的方程为，是圆上一动点，点，为线段的中点，则的最小值为__________.【答案】##【解析】【分析】点轨迹为以为圆心1为半径的圆，的最小值为.【详解】设，，点为线段中点，有，得 ，在圆上，满足圆的方程，则有，化简得点轨迹方程为，点轨迹为以为圆心，1为半径的圆，如图所示，，所以的最小值为.故答案为：15.如图，有一半径为1的球形灯泡，要为其做一个上窄下宽的圆台形灯罩，要求灯罩对应的圆台的轴截面为球形灯泡对应的大圆的外切等腰梯形，则灯罩的表面积（不含下底面）至少为__________.【答案】##【解析】【分析】轴截面为等腰梯形，设上底为，下底为，由几何知识得间关系.后表示出灯罩表面积，可得最小值.【详解】由题可得，轴截面为等腰梯形.如图，E，F，P分别为圆在AD，BC，AB上切点.则，且三点共线.设.其中.则由切线长定理得，.因，，，则，得平分.同理可得，平分，又，则. 又，由射影定理得：，故.设灯罩的表面积为，灯罩上表面积为，灯罩侧面面积为，则.又，（为圆台母线长，为上下底面半径）.则，又，则，当且仅当，即取等号.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题涉及圆台的表面积公式.解决本题的关键为能由几何知识得到及能识记圆台的侧面积公式.16.已知数列的前项和为，且满足，若使不等式成立的最大整数为10，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】构造得，利用累加法得到，分和讨论，再结合等差数列前和公式及二次函数零点分布即可得到关于的不等式组，解出即可.【详解】，两边同除得，， 所以，即，化简得，当时，，，，，，故其无最大值，不合题意，舍去；当时，，故是以为首项，公差为的等差数列，，，化简得，,，故，即，令，显然，且两根之积为，设，则有，即，结合，解得，故答案为：.【点睛】关键点睛：本题通过构造得到，然后利用累加法才能得到，即得到表达式，结合等差数列前和公式才能得到的表达式，最后解含参的一元二次不等式，，利用二次函数根的分布才能得到有关不等式组.三､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.已知在中，角所对的边分别为，且. （1）求；（2）设点是边的中点，若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简给定等式，再利用正弦定理边化角即可求解作答.（2）根据给定条件，利用向量数量积的运算律及性质，结合均值不等式求解作答.【小问1详解】在中，依题意有，由正弦定理得：，而，即，则有，即，而，所以.【小问2详解】在中，由（1）知，，又，点是边的中点，则,于是得，显然，当且仅当时取等号，因此，，即，所以的取值范围是.18.已知函数.（1）若的图象在点处的切线斜率为，求的值；（2）当时，判断在内有几个零点，并证明. 【答案】（1）（2）1个，证明见解析【解析】【分析】（1）利用在切点处的导数与切线斜率的关系即可求解；（2）转化问题为当时，与在内的交点个数问题，利用导函数求得在内的值域，即可求解.【小问1详解】由题，，则，即，解得【小问2详解】当时，在内有1个零点，证明如下：由题，令，即，则，设，所以，因为当时，，，所以当时，，即在上单调递减，因为，当时，，所以，所以当时，与在内有一个交点，即当时，在内有1个零点.19.已知数列的前项和为，且.（1）求的通项公式； （2）设数列满足，记的前项和为，若对任意恒成立，求实数的最大值.【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）运用公式，求解的通项公式（2）解出的通项，运用错位相减法求前项和为，代入中求解实数的最大值.【小问1详解】，由，当时，，∴，，时，由，有，两式相减，得，，时也成立，∴是以为首项为公比的等比数列，【小问2详解】，，，，两式相减，得 ，.，则对任意恒成立，当时，恒成立，当时，则有，解得，∴，实数的最大值为3.20.如图，在四棱锥中，平面平面，平面，，，，，动点在棱上运动.（1）求证：平面；（2）当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由平面，结合直线与平面平行的性质可得到，结合可得到，过点作，垂足为，可得到.由平面平面，结合平面与平面垂直的性质可得到平面，可得到，进而得到平面.（2）分别以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，由可得点坐标，从而结合空间向量与法向量可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】平面，且平面，平面平面，，，，，过点作，垂足为，如图所示，四边形为矩形，即，，，由，可得，即，又平面平面，且平面平面，平面，平面，平面，，平面，平面，且，平面.【小问2详解】分别以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，由，则，解得，即，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，即， 取，则，由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设二面角为，则，所以二面角的余弦值为.21.已知椭圆的左､右顶点分别为，焦距为2，离心率为.（1）求椭圆的方程.（2）已知点的坐标为，是否存在直线，使得对于上任意一点（不在椭圆上），若直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，恒有三点共线？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）直线存在，直线方程为.【解析】【分析】（1）利用椭圆的几何性质建立方程组求解即可；（2）假设存在满足题意的直线，设，得到直线的方程代入椭圆求出点坐标，直线的方程代入椭圆求出点坐标，由三点共线建立方程，等式恒成立，求t的值即可．【小问1详解】由题意可知，，解得，，，∴椭圆的方程为.【小问2详解】 由（1）可知，，，设，当，点在轴上，则与重合，与重合，满足有三点共线.当，直线的方程为，代入椭圆方程消去得：，解得，则，同理，直线的方程为，代入椭圆方程可求得，，得，，若三点共线，的坐标为，则有，可得，化简得，点是上任意一点（不在椭圆上），等式恒成立，则有，解得,∴直线存在，直线方程为.【点睛】1.解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．2.注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 3.强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22.已知函数.（1）若时，取得极值，求的单调区间；（2）若函数，求使恒成立的实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，利用极值点，求，再求函数的单调区间；（2）首先不等式变形为，再利用换元和参变分离为，，转化为利用导数求函数的最值问题，即可求解.【小问1详解】，因为函数在处取得极值，所以，则，当时，，得当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值，综上可知函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是；【小问2详解】，恒成立，即，设，，所以函数单调递增，，不等式转化为，时恒成立，转化为恒成立，即，设，，解得：， 当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值是，所以实数的取值范围为