安徽省阜阳市2022-2023学年高三数学上学期期末质量统测试题（Word版附解析）

阜阳市2022~2023学年度高三教学质量统测试卷数学满分:150分考试时间:120分钟一、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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据交集定义求解.【详解】因为，所以，故选:A.2.已知复数是关于x的方程的一个根，则（）A.4B.C.8D.【答案】D【解析】【分析】利用代入法，结合复数模的计算公式进行求解即可.另解：根据实系数一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】因为复数是关于x的方程的一个根，所以，解得，所以；另解：因为复数是关于x的方程的一个根，所以复数也是关于x的方程的一个根， 所以有解得，所以.故选：D3.的展开式中的系数为（）A.15B.C.60D.【答案】C【解析】【分析】根据二项式展开公式求解即可.【详解】展开通项公式为，令得，所以，所以的系数为60，故选：C4.在古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻有一个令他最引以为傲的几何图案.该几何图案是内部嵌入一个内切球的圆柱，且该圆柱底面圆的直径与高相等，则该圆柱的内切球与外接球的体积之比为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，外接球半径为，得出，，，之间的关系，由球的体积公式求出圆柱内切球与外接球的体积之比.【详解】该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示， 设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，外接球半径为，则，，，，，圆柱内切球与外接球的体积之比为.故选：B5.已知函数f（x）的定义域为R，且，，当时，，则）=（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件可得函数是奇函数也是周期函数，利用周期性和奇偶性，有，代入已知解析式求解即可.【详解】由，有，可得，所以的周期为2.令，代，可得，所以，故函数为奇函数，所以因为，所以，所以.故选：B6.悬索桥（如图）的悬索形状是平面几何中的悬链线.某悬链线的方程为， 当其中参数时，该方程就是双曲余弦函数，类似地有双曲正弦函数.若，则的最小值为（）A.1B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】表示出函数，利用换元法令，再根据基本不等式即可求解.【详解】.令，所以，则，则，当且仅当，时，等号成立，故选：C.7.已知则a，b，c的大小关系为（）A.a<c<bB.b<c<aC.c<b<aD.c<a<b【答案】D【解析】【分析】构建函数，利用导数判断的单调性可得，再构建利用导数判断的单调性可得.【详解】构造函数，则 ，所以在上单调递增，则，故，构建，则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，则，∴，当且仅当时等号成立，则，即，故，故选：D.8.医学上常用基本传染数来衡量传染病的传染性强弱，其中，）表示天内的累计病例数.据统计某地发现首例型传染性病例，在内累计病例数达到例，取，根据上面的信息可以计算出型传染病的基本传染数.已知型传染病变异株的基本传染数(表示不超过的最大整数），平均感染周期为天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染，以此类推），则感染人数由个初始感染者增加到人大约需要的天数为（）（参考数据:）A.63B.70C.77D.84【答案】A【解析】【分析】根据题目信息求出，由等比数列求和得感染者总数，假设感染人数由个初始感染者增加到人大约需要轮传染，建立不等关系求得的取值范围，进而求得结果.【详解】由，，可以得到. 型传染病变异株的基本传染数，感染人数由个初始感染者增加到人大约需要轮传染，则每轮新增感染人数为，经过轮传染，总共感染人数为:，因为，由题意可得解得，又因为平均感染周期为天，所以感染人数由个初始感染者增加到人大约需要天.故选：A二、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.下图是国家统计局发布的我国最近10年的人口出生率（单位:‰），根据下图，则（）A.这10年的人口出生率逐年下降B.这10年的人口出生率超过12的年数所占比例等于50%C.这10年的人口出生率的80%分位数为13.57D.这10年的人口出生率的平均数小于12【答案】BD【解析】 【分析】由条形图的高低可判断A错误；出生率超过12的年数为5，所以B正确；根据百分位数的定义计算可知C错误；利用平均数定义可得D正确.【详解】根据条形图可知，这10年的人口出生率呈现高低起伏的特点，并不是逐年下降，可得A错误；这10年的人口出生率超过12的年数为5，所占比例等于50%，所以B正确；由于，所以这10年的人口出生率的80%分位数为第8个数和第9个数的平均值为故C错误；这10年的人口出生率的平均数为显然D正确.故选：BD10.先把函数图象上的所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）,再把得到的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象.已知是函数图象的一个对称中心,则（）A.ω的值为B.的最小正周期为C.是函数的一条对称轴D.函数在区间上单调递增【答案】AD【解析】【分析】根据图象变换找到的表达式,再根据及求出的值,进而得到的解析式,即可得其最小正周期,将代入中,即可得选项C正误,根据的范围, 求出相位的范围,即可判断选项D的正误.【详解】解:由题意,将图象上的所有点的横坐标缩短为原来的,可得,再将图象向左平移个单位长度,可得:因为是函数的图象一个对称中心,则有,即,因为,所以,故选项A正确;所以,故,故选项B错误;当时,,故选项C错误;当时,,所以在上单调递增,故选项D正确.故选:AD 11.已知双曲线C:（，），过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为P，过右焦点作一条直线交C的右支于A，B两点，的内切圆与相切于点Q，则（）A.线段AB的最小值为B.的内切圆与直线AB相切于点C.当时，C的离心率为2D.当点关于点P的对称点在另一条渐近线上时，C的渐近线方程为【答案】BD【解析】【分析】设出直线方程，联立双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式可判断A，根据双曲线的定义和内切圆性质可判断B，由题可得进而可判断C，根据条件可得渐近线与x轴的夹角为可判断D.【详解】设双曲线的右焦点为，，当直线斜率不存在时，直线的方程为，则，当直线斜率存在时，设直线的方程为联立，消去，得，， 由，解得或，所以，所以当直线与轴垂直时，的长最小，即最小值为，故A错误；设的内切圆与三角形三边的切点分别是，由切线长性质，可得，因为，所以，所以与重合，即的内切圆与直线AB相切于点，故B正确；由题可知双曲线的渐近线为，，则，由上可知，所以，所以，故C错误；若关于P点的对称点在另一条渐近线上时，则渐近线与x轴的夹角为，则其渐近线方程为，故D正确. 故选：BD.12.如图，在棱长为的正方体中，是线段的中点，点，满足，其中，则（）A.存在，使得平面平面B.存在，使得平面平面C.对任意的最小值为D.当时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形的面积为【答案】ACD【解析】【分析】证明平面可判断A；由平面平面，可判断和的重合点，进而可判断选项B；找出最小时的位置，进而判断选项C；利用构造平形四边的方法，找到截面，进而求解判断选项D.【详解】对于A，由正方体中，，又平面，平面，，可证平面,可得,又，平面，平面，，可证平面， 可得，所以由，平面，平面，，可得平面，所以当时，平面，即平面平面，故A项正确；对于B，平面平面，又因为平面，所以与重合，与重合，此时，不符合题意，故B项错误；对于C，当时，，此时最小，最小值为，故C项正确；对于D，当时，在上取靠近点的三等分点，连接并延长交于点，易得点是上靠近点的三等分点，在上取靠近点的三等分点，如下图：则，且又因为平面，所以，即，则四边形为矩形， 又，，则矩形的面积为，故D项正确．故选：ACD．三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.抛物线的焦点坐标是_______．【答案】【解析】【分析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标.【详解】由得，所以抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为.故答案为：【点睛】本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题.14.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中论述了有关二阶等差数列的概念，它与一般的等差数列不同，相邻两项的差并不相等，但是逐项差数构成等差数列.例如，数列1，3，6，10，相邻两项的差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.现有二阶等差数列，则________.【答案】4952【解析】【分析】根据等差数列的定义求出的通项公式，再用累加法可求即可求解. 【详解】因为成等差数列，且，，则公差为1，所以，所以，，...，，累加得，故，所以.故答案为:4952.15.已知向量，满足，且，若向量满足，则的最大值为________.【答案】##【解析】【分析】根据条件作出示意图，可得向量的终点在以A点为圆心1为半径的圆上，然后根据圆的性质即得.【详解】因为，所以，又，，如图，向量的终点在以A点为圆心1为半径的圆上，又，所以的最大值为，即的最大值为.故答案为：. 16.已知函数（且a≠1）在上有一个极值点，则实数a的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】由题意得到在有一个变号零点，分与两种情况，排除，当时，二次求导，分类讨论得到时，在内存在唯一零点，即在有一个零点.【详解】函数（且）在有一个极值点，则在有一个变号零点，当时，在（0，+∞）上单调递增，所以，不符合题意，舍去.当时，令，则，解得，①当，即时，在上单调递增，所以舍去；②当时，即时，在单调递减，在单调递增，因为，所以，又因为，所以在内存在唯一零点，即在有一个零点；综上可得，实数a的取值范围为.故答案为：四、解答题:本题共6小题，共70分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的直径为1，且满足____________________.在下面三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答问题.①；②（为的面积）；③.（1）求A;（2）求周长的最大值.注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）选①根据正弦定理把化成边，代入，再根据余弦定理求解即可；选②根据面积和余弦定理代入化简整理即可；对于③由正弦定理把边全部转化为角，化简求解即可.（2）根据正弦定理把边求出来，然后根据余弦定理和基本不等式求解.【小问1详解】选①:由正弦定理可得，，所以，即，由余弦定理，可得，因为，所以，选②:因为，，所以， 即，，因为，所以，选③:由正弦定理可得，，，∵∴，因为，所以【小问2详解】由正弦定理可知，，由余弦定理可得，，即，因为，所以，解得，当且仅当时等号成立，故△ABC周长的最大值为18.一副标准规格的三角板按图（1）方式摆放构成平面四边形ABDC，E为CD的中点.将沿BC折起至，连接PE，使得PE=BD，如图（2）.（1）证明:平面PBC⊥平面BCD.（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）取BC的中点O，证明平面，可得平面平面（2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量解决线面角的问题.【小问1详解】取BC的中点O，连接OP，OE，如图所示，设，在中，因为，，所以，又PO为斜边BC上的中线，所以，又E为CD的中点，所以，因为，所以，由，则因为，所以，又，，平面所以平面，又平面，所以，平面平面.【小问2详解】由（1）可知分别以OE，OC，OP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 有，，，，则，，.设平面PCD的法向量为则，解得，令，得，则.所以，又，，则，所以，直线与平面所成角的正弦值为.19.小明每天去学校有A，B两条路线可供选择，小明上学时随机地选择一条路线.如果小明上学时选择A路线，那么放学时选择A路线的概率为0.6;如果小明上学时选择B路线，那么放学时选择A路线的概率为0.8.（1）求小明放学时选择A路线的概率;（2）已知小明放学时选择A路线，求小明上学时选择B路线的概率.【答案】（1）0.7（2）【解析】【分析】(1)设“上学时选择A路线”，“上学时选择B路线”，“放学时选择A路线”，再利用条件概率公式求解；(2)利用条件概率公式求解.【小问1详解】 设“上学时选择A路线”，“上学时选择B路线”，“放学时选择A路线”，则，且与互斥，根据题意得，，，由全概率公式，得所以小明放学时选择A路线的概率为0.7.【小问2详解】所以已知小明放学时选择A路线，上学选择B路线的概率为.20.已知正项数列的前项和为，且.（1）求的通项公式;（2）数列的前项和为，且对任意的恒成立，求实数的取值范围.（参考数据:）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用及等差数列的定义求解即可；（2）利用裂项相消求得，代入得对任意的恒成立，只需即可，利用作商法求的最大值.【小问1详解】 当时，，解得，当时，由，得①，②，由①②得，化简得，因为，所以，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，即.【小问2详解】由（1）得，所以，所以，带入，可得对任意的恒成立，只需即可，令，由，即，解得，所以，，故当时，的最大值为，所以.21.已知椭圆C:的离心率为,且过（1）求C的方程.（2）若为上不与重合的两点,为原点,且,, ①求直线的斜率;②与平行的直线与交于,两点,求面积的最大值.【答案】（1）（2）①;②【解析】【分析】(1)根据已知条件列方程组求解即可;(2)①设,因为,可得点的坐标,将点的坐标代入椭圆的方程,与已知条件结合即可得到结果;②由①知设的方程为,联立直线与曲线的方程,根据弦长公式求出的长,根据点到直线的距离公式表示出到直线的距离,将的面积用表示,利用导数进行求解即可.【小问1详解】由题意可得解得,.所以,的方程为.【小问2详解】①设,因为,所以点的坐标为,又因为点在椭圆上,所以, 化简可得,因为且,所以,因为为上不与重合的两点,所以,,即直线的斜率.②设的方程为,由,消去,可得,由,可得,且,,,,到直线的距离,所以面积为,令,.令,解得,当,解得;当,解得或, 所以在上单调递增,在,上单调递减,所以的最大值为,所以,即面积的最大值为.22.已知函数.（1）当时，讨论的单调性:（2）当时，恒成立，求a的取值范围;（3）设，证明:.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析【解析】【分析】(1)根据导函数讨论单调性直接求解；(2)利用导数讨论单调性，分和两者情况分别讨论求解；(3)利用(2)的结论：当时，,令，化简可得,进而用累加法可证明.【小问1详解】当时，，，当时，，当时，，所以，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】，,令，, ①当，即时，因为，所以存在，使得当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增，因为,所以在上单调递增，则与矛盾，故舍去,②当，即时，此时下面证明恒成立即可，即证,令，,所以在上单调递减，所以,所以，即综上可得，a的取值范围为.【小问3详解】由（2）知当时，当时，,即，令，则,化简可得，,所以,即所以. 【点睛】关键点点睛：利用导数证明不等式：当时，,从而可得，是本题的关键，常用函数不等式结合数列累加累乘等方法可证明数列不等式.