2022届安徽省六安市第一中学等校高三上学期12月联考数学（理）试题含解析

2022届安徽省六安市第一中学等校高三上学期12月联考

数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由模长的运算性质直接计算可得结果.

【详解】.

故选：C.

2．已知集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求解不等式，从而解得集合，再求集合的交集即可.

【详解】因为，故可得，解得，故；

因为，故可得，故；

故.

故选：B.

3．已知函数，若，则（       ）

A．2 B．3 C． D．6

【答案】C

【分析】根据，求得；再求函数值即可.

【详解】因为，故可得，

则，.

故选：C.

4．根据大数据统计，一新冠确诊病例在年月曾经到过某县城的共个地方，现派出组流调专家对这地进行流调．若要求每个地方至少有一组专家，且每组专家只去个地方进行流调工作，则地由组专家进行流调的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据排列组合分组分配问题的处理方法可求得基本事件总数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可得结果.

【详解】派出组流调专家对这地进行流调．若要求每个地方至少有一组专家，且每组专家只去个地方进行流调工作，则基本事件总数为：；

其中地由组专家进行流调的基本事件个数为；

所求概率.

故选：C.

5．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用诱导公式得到，再利用二倍角余弦公式计算可得；

【详解】解：

故选：D

6．已知的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中含有的项的系数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令，可由各项系数和可得；利用二项展开式的通项公式，分别令和即可求得结果.

【详解】令，则，解得：；则展开式的通项为：，

令，解得：，则；

令，解得：，则；

展开式中含有的项的系数为.

故选：A.

7．如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，若E，F分别为与线段BC的中点，圆柱的母线为4，侧面积为，则异面直线EF与AC所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】如图，取的中点，连接，则可得是异面直线EF与AC所成角，然后 在中求解

【详解】如图，取的中点，连接，

因为是的中点，

所以∥，

所以是异面直线EF与AC所成角，

因为圆柱的母线为4，侧面积为，

所以，所以，

所以，

因为垂直于底面，在底面内，所以，

因为E为的中点，所以，

因为，所以平面，

因为平面，所以，

所以,

所以,

所以异面直线EF与AC所成角的余弦值为，

故选：C

8．已知，，若，且的最大值为，则（       ）

A．2 B．6 C．3 D．4

【答案】D

【分析】利用三角换元结合辅助角公式可求的值.

【详解】因为，，故可设，，

故，

其中，

而，当且仅当时等号成立，

故的最大值为，故，

故选：D.

9．已知点O到直三棱柱各面的距离都相等，球O是直三棱柱的内切球，若球O的表面积为，的周长为4，则三棱锥的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设三棱柱的高为h，内切球O的半径为r，通过内切球的半径可求出h，再求得，由体积公式即可求解三棱锥的体积．

【详解】解：设直三棱柱的高为h，AB＝c，BC＝a，AC＝b，内切球O的半径为r，则h＝2r，

由题意可知球O的表面积为，解得r＝2，∴h＝4，

又△ABC的周长为4，即a＋b＋c＝4，

∴连接OA，OB，OC，可将直三棱柱分成5个棱锥，

即三个以原来三棱柱侧面为底面，内切球球心为顶点的四棱锥，

两个以原来三棱柱底面为底面，内切球球心为顶点的的三棱锥，

∴由体积相等可得直三棱柱的体积为h＝ahr＋bhr＋chr＋2×r，

即4＝（a＋b＋c）hr＋，∴＝，

∴三棱锥的体积为h＝×4×4＝．

故选：B．

10．双曲线的光学性质为：从双曲线一个焦点发出的光，经过反射后，反射光线的反向延长线都汇聚到双曲线的另一个焦点上，若双曲线E的焦点分别为，，经过且与垂直的光线经双曲线E反射后，与成45°角，则双曲线E的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】画出图象，根据题意得到，求出，列出方程，，解出答案.

【详解】由题意得：，则，将代入到，，即，故，即，同除以得：，解得：或（舍去）

故选：B

11．已知的一个对称中心为，把的图像向右平移个单位后，可以得到偶函数的图象，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用辅助角公式将函数化简，即可求出函数的对称中心坐标，再根据三角函数的平移变换规则得到的解析式，结合函数的奇偶性，求出的取值，从而计算可得；

【详解】解：因为，令，，解得，，即函数的对称中心坐标为，，所以，，把的图像向右平移个单位得到，因为为偶函数，所以，解得，因为，所以，所以，且，所以当时；

故选：D

12．函数的零点个数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，，利用导数可求得单调性，进而得到图象；在同一坐标系中画出与的图象，根据交点个数可得结果.

【详解】令，，则零点个数即为与图象的交点个数；

，

则当时，；当时，；

在，上单调递增，在上单调递减，

又，，进而可得图象与图象如下图所示，

由图象可知：与共有个交点，即有个零点.

故选：D.

【点睛】方法点睛：求解函数零点(方程根)的个数常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根的个数；

（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

二、填空题

13．已知平面向量满足，且，则在上的投影为______．

【答案】

【分析】利用数量积的运算律可求得，由投影公式可计算得到结果.

【详解】，

在上的投影.

故答案为：.

14．若实数x，y满足，则的最大值为______.

【答案】2

【分析】画出可行域与目标函数，利用几何意义求解最大值.

【详解】画出可行域，如图

显然过时取得最大值，.

故答案为：2

15．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点A，B是椭圆C上关于x轴对称的两点.若的周长的最大值为8，且的周长最大时，，则椭圆C的标准方程为______.

【答案】

【分析】由题可得当AB过时，的周长的最大，结合条件可得.

【详解】设，如图，

∵的周长为，

当且仅当AB过时，取等号，

∴，即，

此时，所以，

故，又，

∴，，又，

∴，

∴椭圆C的标准方程为.

故答案为：.

16．斯特瓦尔特（Stewart）定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为、、，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为、、，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则______．

【答案】

【分析】由正弦定理可求得角的值，由余弦定理可得出的值，由已知可得出，再利用斯特瓦尔特定理可求得的长.

【详解】由及正弦定理可得，

，则，所以，，则，

，故，

，，由余弦定理可得，

，则，故，

由斯特瓦尔特定理可得，

因此，.

故答案为：.

三、解答题

17．年月日分，神舟号载人飞船成功发射，三名中国宇航员成功进入中国太空站．为了激发学生学习兴趣，某高中在学校的两个物理兴趣班进行太空知识讲座后，又进行了太空知识竞赛活动竞赛共有道选择题，每道题分（答对得分，答错或不答得分）．已知甲、乙两个物理兴趣班的学生得分都在内，成绩分布如下表所示：

(1)计算并比较甲、乙两个物理兴趣班此次的平均成绩；

(2)根据表中数据，计算可得乙班成绩的方差约为，比较哪个兴趣班成绩的方差较小；

(3)若规定成绩不低于分为优秀，试填写下列列联表，并判断是否有以上的把握认为竞赛成绩优秀与所在班级有关．

参考数据：

参考公式：，其中．

【答案】(1)，，；

(2)甲班成绩的方差较小；

(3)列联表见解析；没有以上的把握认为竞赛成绩优秀与所在班级有关.

【分析】（1）根据平均数计算方法直接求解即可；

（2）根据方差计算方法求得后即可得到结果；

（3）根据已知数据得到列联表，根据独立性检验的思想计算即可得到结果.

【详解】(1)甲班的平均成绩：；

乙班的平均成绩：；

.

(2)由表格数据可知：

，

甲班成绩的方差较小；

(3)由已知数据可得列联表如下：

则，

没有以上的把握认为竞赛成绩优秀与所在班级有关.

18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面ABCD，，，点M为线段SD的中点．

(1)求证：平面SBC；

(2)若，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）在平面中构造与平行的直线，通过线线平行即可证明线面平行；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角即可.

【详解】(1)取中点为，连接，如下所示：

在△中，因为分别为的中点，故可得//，

又四边形为直角梯形，且，故可得//，

故//，故四边形为平行四边形，则//，

又因为面，面，故可得//面.

(2)因为四边形为直角梯形，且，故可得，

又因为面面，且面面，又面，

故可得面，又面，故可得；

又//，故，又面，

故可得面面，故可得，

综上所述，两两垂直，故以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下所示：

则，

设平面的法向量，

故可得，即，不妨取，则，

故；

设平面的法向量

故可得，即，不妨取，则，

故；

设二面角的平面角为，

故可得.

故二面角的余弦值为.

19．已知数列满足，且，若，的前项和为．

(1)求证：为等比数列，并求的通项公式；

(2)求，并求满足不等式的最小正整数的值．

【答案】(1)证明见解析；；

(2)；最小正整数.

【分析】（1）由可证得数列为等比数列；利用等比数列通项公式求得后即可推导得到；

（2）采用错位相减法可求得，代入可得；利用可知单调递增，则由可得结论.

【详解】(1)由题设得到an>0，

，又，

数列是以为首项，为公比的等比数列；

，；

(2)由（1）得：，

则，

，

两式作差得：，

；

，

又，，

，单调递增，又，

满足不等式的最小正整数.

20．已知抛物线的焦点为F，且F到直线的距离为.

(1)求抛物线E的方程；

(2)若正方形ABCD的边AB在直线l上，顶点C，D在抛物线E上，求.

【答案】(1)

(2)264

【分析】（1）写出抛物线焦点坐标，利用点到直线的距离公式，可求得答案；

（2）根据题意可设出直线方程，和抛物线方程联立，得到根与系数的关系式，根据正方形几何性质可求出参数，再利用抛物线的焦半径公式可求得答案.

【详解】(1)抛物线的焦点为 ，

到直线的距离为，

即 ，因为 ，解得，

故抛物线E的方程为 ；

(2)因为ABCD是正方形，所以 ,直线l与CD之间的距离等于 ,

设直线CD的方程为： ，联立，消去x得： ，

由 得 ，

设 ，则，

所以 ，

直线l与CD间的距离为，

所以，整理得：，

由于，故解得 ，

所以 ，

故 .

21．已知函数．

(1)若曲线在处的切线与直线垂直，求函数的极值；

(2)当时，求证：有且只有一个零点，且．

【答案】(1)极小值，无极大值；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义，求得参数，再利用导数分析的单调性，再求极值即可；

（2）利用导数研究的单调性，结合零点存在定理即可证明只存在一个零点，同时求出的取值范围，结合的单调性即可证明.

【详解】(1)因为，故可得，

又在处的切线与直线垂直，故可得，

则，解得，故，，

令，解得，此时单调递增；

令，解得，此时单调递减；

故在处取得极小值，无极大值.

(2)因为，故，，

因为，故当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故，故在单调递增；

又，

故只有一个零点，且，又，故，

由在单调递减可得：，

即.

【点睛】本题考察利用导数研究函数的极值，以及利用导数证明不等式，涉及二次求导，零点存在定理，属综合困难题；其中关于零点所在区间的估计，是解决第二问的关键.

22．已知在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，点A的极坐标为，直线l的极坐标方程为.

(1)求曲线C的普通方程及直线l的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于M，N两点，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系，消去参数即可得到曲线的普通方程；利用两角差的余弦公式化简，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化方法，求出直线l的直角坐标方程；

（2）写出直线的参数方程，代入曲线的方程，根据直线参数方程中参数的几何意义，借助韦达定理，即可求出的值.

【详解】(1)因为曲线的参数方程（为参数），

所以，即①，

，即②，

①2②2可得，

化简整理得：，

即曲线的普通方程为，

因为直线的极坐标方程为，

所以，

则直线的直角坐标方程为.

(2)因为，所以其参数方程为（为参数）

代入圆的方程，

化简整理得：，

由韦达定理得：，则

因为点的极坐标为，即的直角坐标为，

则点在直线上，

所以的值为.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)记使得函数取得最小值时的x构成的集合为A，若，，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）用零点分段法去掉绝对值符号，再分类讨论解不等式；

（2）根据函数的单调性求出集合，将化为，利用的范围，解出实数的取值范围.

【详解】(1)，

当时，由得，

当时，无解，

当时，由得，

综上可知，的解集为；

(2)由（1）可知在单调递减，单调递增，

当时，取得最小值，则，

由题，显然

由得

因为，，

所以 ，解得 ，

则所求实数的取值范围为.