安徽省马鞍山市2022届高三下学期高考前专家诊断卷（一）理科数学试题-

这是一份安徽省马鞍山市2022届高三下学期高考前专家诊断卷（一）理科数学试题-，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
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安徽省马鞍山市2022届高三下学期高考前专家诊断卷（一）理科数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分




注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B．
C． D．
2．已知是纯虚数，则a＝（       ）
A． B． C． D．
3．某学校为调查学生参加课外体育锻炼的时间，将该校某班的40名学生进行编号，分别为00，01，02，…，39，现从中抽取一个容量为10的样本进行调查，选取方法是从下面的随机数表的第1行第11列开始向右读取数据，直到取足样本，则抽取样本的第6个号码为（       ）
90   84   60   79   80   24   36   59   87   38   82   07   53   89   35   96   35   23   79   18   05   98   90   07 35
46   40   62   98   80   54   97   20   56   95   15   74   80   08   32   16   46   70   50   80   67   72   16   42   75
A．07 B．40 C．35 D．23
4．已知是双曲线的左焦点，过点且斜率为的直线与E在第一象限交于点P，O为坐标原点，若E的一条渐近线垂直于线段，则E的离心率为（       ）
A． B．2 C． D．
5．函数在区间[－，]上的图像大致为（       ）
A． B．
C． D．
6．如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，，E，F为底面圆周上的点，且，，M为CD的中点，则直线AB与平面EFM所成的角为（       ）

A． B． C． D．
7．已知，，，则（       ）
A． B．
C． D．
8．已知实数，则的展开式中含的项的系数为（       ）
A． B． C． D．
9．阿基米德多面体是由两种或两种以上正多边形围成的多面体，某阿基米德多面体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（       ）

A． B．80 C． D．88
10．已知向量满足，，若向量，且，则的最大值为（       ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．已知点A在抛物线E：上，以A为圆心的圆与y轴相切于点B，F为E的焦点，圆A交线段AF于点C，若，，则E的准线方程为（       ）
A． B．
C． D．
12．法国数学家傅里叶（Jean Baptiste Joseph Fourier，1768—1830）证明了所有的乐声数学表达式是一些简单的正弦周期函数之和，若某一乐声的数学表达式为，则关于函数有下列四个结论：
①的一个周期为2；                         
②的最小值为－；
③图像的一个对称中心为（，0）；        
④在区间（，）内为增函数．
其中所有正确结论的编号为（       ）
A．①③ B．①② C．②③ D．①②④
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



二、填空题
13．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为___．
14．设为等比数列的前n项和，已知，，若存在，使得成立，则m的最小值为___．
15．冰壶（Curling）又称掷冰壶，冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，某省冰壶队选拔队员，甲、乙两队员进行冰壶比赛，获胜者加入省队，采用五局三胜制（不考虑平局，先赢得三场胜者获胜，比赛结束）．根据以往比赛成绩，甲在前一局获胜的情况下下一局获胜的概率为0.6，在前一局失败的情况下下一局获胜的概率为0.4，若第一局甲获胜，则最终乙加入省级冰壶队的概率为__．
16．已知三棱锥P－ABC的底面ABC为等边三角形．如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，P，F，E三点共线，B，C，E三点共线，，，则PB＝___．

评卷人
得分



三、解答题
17．在①，，成等比数列，②，③中选出两个作为已知条件，补充在下面问题中，并作答．
设为各项均为正数的等差数列的前n项和，已知___．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
18．四棱锥P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，，，，，，，M为PC的中点，．


(1)证明：A，B，M，N四点共面；
(2)求二面角M－AB－C的余弦值．
19．从2021年10月16日起，中央广播电视总台陆续播出了3期《党课开讲啦》节目，某校组织全校学生观看，并对党史进行了系统学习，为调查学习的效果，对全校学生进行了测试，并从中抽取了100名学生的测试成绩（满分：100分），绘制了频率分布直方图．

(1)求m的值；
(2)若学校要求“学生成绩的均值不低于85分”，若不低于要求，不需要开展“党史进课堂“活动，每班配发党史资料，学生自由学习；若低于要求，需要开展“党史进课堂”活动，据以往经验，活动开展一个月能使学生成绩平均分提高2分，达到要求后不再开展活动．请判断该校是否需要开展“党史进课堂”活动，若需要开展，需开展几个月才能达到要求？
(3)以样本分布的频率作为总体分布的概率，从全校学生中随机抽取4人，记其中成绩不低于85分的学生数为X，求X的分布列和数学期望．
20．已知A，B分别为椭圆C：的上、下顶点，F为C的右焦点，，点P（2，－1）在C上，且点P关于x轴的对称点为Q．
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，M，N是C上两动点，其中M在第四象限内且在点P的右侧，PQ平分∠MPN，求证．
21．已知函数．
(1)讨论f（x）在区间[0，]上极值的个数；
(2)当时，，求实数a的取值范围．
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求l的极坐标方程与C的参数方程；
(2)点A的直角坐标为（2，0），l与C交于M，N两点，求的值．
23．已知，．
(1)若，证明：；
(2)若，证明：．

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
利用补集的定义，交集的定义运算即得.
【详解】
由题意得，或，
所以．
故选：C．
2．A
【解析】
【分析】
利用复数除法运算法则化简计算，再由纯虚数的定义求解.
【详解】
因为

是纯虚数，
所以，解得，此时，
故选：A
3．D
【解析】
【分析】
依据随机数表法取数规则去读取数据，即可得到抽取样本的第6个号码
【详解】
重复的号码只能算作一个，抽取样本号码是24，36，38，07，35，23，18，05，20，15，所以抽取样本的第6个号码为23.
故选：D
4．A
【解析】
【分析】
由题目条件可得，可求出，又因为，代入即可得出答案.
【详解】
因为E的一条渐近线垂直于线段，所以该渐近线方程为，所以，所以，所以，
故选：A．
5．B
【解析】
【分析】
利用的奇偶性和函数值的特点可选出答案.
【详解】
因为，所以f（x）为偶函数，其图像关于y轴对称，排除A项；
当时，，排除D项；
因为，，所以，排除C项，
故选：B．
6．D
【解析】
【分析】
根据圆柱的性质，结合圆的性质、线面角的定义进行求解即可.
【详解】
因为，所以直线AB与平面EFM所成角等于直线CD与平面EFM所成角，连接OM，因为，，所以EF为直径，且，

由圆柱的性质可知，平面ABCD⊥底面圆O．平面ABCD图，EF圆O，所以EF⊥平面ABCD，过点C作于N，又CN平面ABCD，所以，因为，所以CN⊥平面EFM，则∠CMN为直线CD与平面EFM所成角，因为AB＝BC，且O，M分别为BC，CD的中点，所以CM＝，
在直角△OMC中，，所以，
故选：D
7．A
【解析】
【分析】
利用作差法比较的大小关系，再利用中间桥比较的大小关系，即可得到之间的大小关系.
【详解】
，，
则，则，
因为在区间（0，＋∞）内为增函数，且，所以，又，所以，综上，．
故选：A
8．C
【解析】
【分析】
由微积分基本定理求解，将看作5个因式相乘，要得到，分析每个因式所取项的情况.
【详解】
，
则表示5个因式相乘，
所以其展开式中含的项为1个因式中取，4个因式取，
或者2个因式中取，2个因式取，1个因式取所得到的项，
则的展开式中含的项的系数为．
故选：C．
9．C
【解析】
【分析】
由题可得该多面体由18个边长为2的正方形和8个边长为2的正三角形围成，即得.
【详解】
根据三视图作出该阿基米德多面体，如图所示，

该多面体由18个边长为2的正方形和8个边长为2的正三角形围成，
所求表面积为．
故选：C．
10．B
【解析】
【分析】
先判断出，设，，，，得到.设，判断出A，B，C三点共线，由等面积法得，利用基本不等式求出最大值.
【详解】
由得，所以． 如图：

设，，，，由可知，，所以，即，所以，则，当且仅当时取得等号.
设，由，可知A，B，C三点共线，由可知，所以，由等面积法可得：，得，所以的最大值为．
故选：B．
11．B
【解析】
【分析】
设A（，），则，由抛物线的定义可知，所以，，又，所以，从而得到△ABC为等边三角形，所以，继而求出E的准线方程.
【详解】
如图，设A（，），以A为圆心的圆与y轴相切，则，

由可知，由抛物线的定义可知，所以．过A作轴于点D，因为，所以，又，所以，所以，则△ABC为等边三角形，所以，则，所以E的准线方程为.
故选：B．
12．D
【解析】
【分析】
依据周期的定义判断①；求得的最小值判断②；依据对称中心定义代入验证法判断③；求得在区间（，）内的单调性判断④.
【详解】
因为，
所以2是的一个周期，①正确；
，
令，则，，
令，解得，令，解得或，
所以h（t）在区间[－1，－）和区间（，1]内单调递减，
在区间（－，）内单调递增，
当时，h（t）取得极小值，又，
故，②正确；
由于，
即，所以不是f（x）图像的一个对称中心，③错误；
当时，由得，解得或，
由得，解之得，
综合复合函数的单调性，所以在区间[0，），（，）内单调递增，
在区间（，），（，]上单调递减，④正确．
故选：D．
13．3
【解析】
【分析】
作出约束条件的可行域，如图中阴影部分所示,将化为，由的几何意义即可求出答案.
【详解】
作出约束条件的可行域，如图中阴影部分所示，作出直线，平移该直线，当经过点A时，截距z取得最大值．


联立解得，，即A（3，2），故．
故答案为：3.
14．9
【解析】
【分析】
先求出首项和公比，从而得到通项公式及求和公式，然后利用基本不等式求出最小值，从而求出m的最小值.
【详解】
设的公比为q，由可知，所以，
由得：，所以，
则，所以，，
由题意知存在，使得成立，
当且仅当，即时取得等号，所以，
故m的最小值为9
故答案为：9
15．0.3072
【解析】
【分析】
第一局甲获胜，最终乙取得胜利有两种情况：①在第二至第四局中乙都获胜②在第二至第四局中乙获胜两局，代入即可求出答案.
【详解】
第一局甲获胜，最终乙取得胜利有两种情况：①在第二至第四局中乙都获胜，则乙取得胜利的概率；
②在第二至第四局中乙获胜两局，最后一局乙获胜，则乙取得胜利的概率为
，
故第一局甲胜，最终乙取得胜利的概率．
16．
【解析】
【分析】
根据的余弦值，求出正弦值，由正弦定理得到PF，进而由余弦定理求出EF和PB.
【详解】
由题意可知，△CEF为等边三角形，所以，则，
由可知，
在△PCF中，由正弦定理得：．
在△PCE中，由余弦定理得：，
解得或（舍去），
所以，
则，，
在△PBE中，由余弦定理得，
所以．
故答案为：
17．(1)条件选择见解析，；
(2).
【解析】
【分析】
（1）若选①②作为条件，根据等比数列的性质，结合等差数列的通项公式、前n项和公式进行求解即可；
若选①③作为条件，根据等比数列的性质，结合等差数列前n项和公式进行求解即可；
若选②③作为条件，根据等差数列前n项和公式进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，利用裂项相消法进行求解即可.
(1)
若选①②作为条件，
设|的公差为d，
由成等比数列可知，
所以，
整理得．               
由得，
整理得，             
当时，不合题意，        
所以，则，解得，
故．                    
若选①③作为条件．
设的公差为d，
由成等比数列可知，
所以
整理得．            
由得，
整理得，
所以，解得或，
当时，，不合题意，
所以，则，
故；
若选②③作为条件．
设的公差为d，
由得，
整理得，            
由得，
整理得，
由两式联立得，
故；
(2)
由（1）得，
所以，
故数列的前n项和．
18．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)作辅助线，证明点为△PQC的重心，即可证明A，B，M，N四点共面.
(2)建系，利用向量求二面角的余弦值.
(1)
证明：延长CD，BA交于点Q．
因为且，
所以BA＝AQ，CD＝DQ，
连接PQ，在△PQC中，D，M分别为CQ，PC的中点，
故QM与PD的交点为△PQC的重心，设为G，所以，
因为，所以点G与点N重合，
所以A，B，M，N四点都在平面QBM中，
故A，B，M，N四点共面．
(2)
解：取CD中点为O，
因为PD＝PC，所以，
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面ABCD＝CD，PO平面PCD，
所以PO⊥平面ABCD，
又，，
所以．
以O为坐标原点，，，方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，


则P（0，0，），C（－，，0），M（－，，），A（，－，0），
B（，，0），（0，1，0），（，，－）．          
设平面MAB法向量为，
则，即，
取，则
平面ABCD的一个法向量为，
，          
因为二面角M－AB－C为锐角，
所以二面角M－AB－C的余弦值为
19．(1)；
(2)2个月；
(3)分布列见解析，1.2.
【解析】
【分析】
（1）根据频率直方图中所有小矩形面积之和为1进行求解即可；
（2）根据频率直方图求出平均数的估计值进行求解判断即可；
（3）根据二项分布的概率公式，结合二项分布的数学期望公式进行求解即可.
(1)
由，
解得；
(2)
学生成绩的均值的估计值为：
因为，所以需要开展“党史进课堂”活动，
又85－81.5＝3.5，所以需开展2个月才能达到要求；
(3)
由频率分布直方图可知，从全校学生中随机抽取1人成绩不低于85分的概率为．     
X的取值可能为0，1，2，3，4，且．
，
，

，
．        
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
0.2401
0.4116
0.2646
0.0756
0.0081


20．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由得到，由点P（2，－1）在C上求解；
（2）根据PQ平分∠MPN，得到直线PM，PN关于直线对称，得到，       
设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为－k，设直线PM的方程为，与椭圆方程联立，求得点M坐标，同理得到点N的坐标，论证即可.
(1)
解：由题意可知，A（0，b），B（0，－b），F（c，0），
则，，
由得．①            
由题意可知点P（2，－1）在C上，
所以，②        
又，③
由①②③得，，       
故C的方程为．
(2)
证明：如图所示：

由（1）可知轴，
因为PQ平分∠MPN，
所以直线PM，PN关于直线对称，
所以，       
易知直线PM的斜率存在，且不为0，
设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为－k，
则直线PM的方程为，
即，
直线PN的方程为，
．
联立，整理得，
设，则，所以，       
同理设，则．        
所以直线MN的斜率为，
．          
又知OP的斜率为，
所以，所以，          
故．
21．(1)答案见解析
(2)（－∞，1]
【解析】
【分析】
（1）对f（x）求导，讨论，，，求出f（x）的单调性，即可求出f（x）在区间[0，]上极值的个数.
（2）当时，等价于在区间（0，＋∞）内恒成立．   令，转化为求.
(1)
，
当时，，则，
所以f（x）在区间[0，上单调递减，
所以f（x）在区间[0，]上无极值；       
当时，存在且，使得，．
当时，，当时，，当时，．
所以f（x）在区间内单词递减，在区间（，）内单调递增，在区间内单调递减，故f（x）在区间上有1个极大值，1个极小值；        
当时，，
所以f（x）在区间上单调递增，
故f（x）在区间上无极值．          
综上，当或时，f（x）在区间上无极值；
当时，f（x）在上有2个极值．
(2)
当时，等价于在区间（0，＋∞）内恒成立．   令，
则，
设，
则，
因为，
所以，
则在区间（0，＋∞）内单词递增．       
当时，，即，
所以g（x）在区间（0，＋∞）内单调递增，          
则，
所以在区间（0，＋∞）内恒成立．     
当时，由上可知在区间（0，＋∞）内单调递增，
又，
所以存在，使．       
当时，，
所以g（x）在区间内单调递减，
所以，
此时不满足在区间（0，＋∞）内恒成立．       
综上，实数a的取值范围为（－∞，1]．
22．(1)，（为参数）；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用加减消元法，结合直角坐标方程与极坐标方程互化公式、椭圆的参数方程进行求解即可；
（2）根据直线参数方程的几何意义，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
(1)
由消去t，得，
令，，得．
即为直线l的极坐标方程，
由，得，
，，
则，则，
故曲线C的参数方程为（为参数）；
(2)
设直线l的参数方程为（t为参数）．
代入中，得，
设M，N所对应的参数分别为，，则，
所以.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）把所求式转化为，再利用二次函数去求其值域即可；
（2）利用均值定理“1”的代换去求的最小值即可.
(1)
因为，所以，又，，所以，
所以，
当时，取得最小值，即取得最小值；
当时，，即，
所以．
(2)
由得，       
所以，        
．          
当且仅当，时等号成立．
所以