2023届安徽省安庆市第二中学高三下学期第七次质量检测数学试题含解析

2023届安徽省安庆市第二中学高三下学期第七次质量检测数学试题

一、单选题

1．设集合或，集合，则集合（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】D

【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得.

【详解】解：由，所以，解得，

所以，又或，

所以或.

故选：D．

2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的虚部是（    ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据复数的运算法则求得z即可求得虚部.

【详解】由已知，故，

故z的虛部是2.

故答案为：D

3．我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”．“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，为的中点，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据相似三角形，利用向量的分解可得解.

【详解】

如图所示，过点分别作，，分别交，于点，，

则，，

所以，，，，

由已知得，

则在中，，

所以，，

即，，

所以，，

即，，

所以，

故选：A.

4．某中学从参加高一年级上学期期末考试的学生中抽出60名学生，将其成绩(均为整数)分成六段，，…，后画出频率直方图如图所示．观察图形的信息，则（   ）

A．成绩在区间上的人数为5

B．抽查学生的平均成绩是71分

C．这次考试的及格率(60分及以上为及格)约为

D．若从成绩是70分以上(包括70分)的学生中选一人，则选到第一名学生的概率(第一名只一人)为

【答案】B

【分析】由频率分布直方图，根据频率的意义和平均值的计算公式判断个选项即可.

【详解】成绩在区间上的人数为，故A错误.

抽查学生的平均成绩是分，故B正确.

依题意，60分及以上的分数所在的第三、四、五、六组，频率和为：，所以抽样学生成绩的及格率为，故C错误.

成绩是70分以上（包括70分）的学生人数为：人，

所以从成绩是70分以上（包括70分）的学生中选一个，选到第一名的概率，故D错误.

故选：B.

5．已知函数，则的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.

【详解】当时，，则，

在上单调递增，BD错误；

当时，，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.

故选：A.

6．的展开式中的系数是12，则实数a的值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】C

【分析】利用二项式定理将式子展开即可求解.

【详解】利用二项式定理展开得

则的系数为.

故选：C.

7．四面体的各个顶点都在球的表面上，两两垂直，且是线段上一点，且，过作四面体外接球的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】把四面体放到长方体中，根据球的几何性质进行求解即可.

【详解】设所得截面圆的面积为，半径为，由两两垂直可将四面体放入长方体中，

如图所示，易得外接球半径，

过作球的截面，所得截面圆的面积最大时为过球心的圆面，；

所得截面圆的面积最小时为与最大截面垂直的圆面.

在内，，所以，

所以，

所以，即，所以.

故选A.

【点睛】关键点睛：利用长方体和球的几何性质是解题的关键.

8．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】，令，利用导数求出函数的单调区间，令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出和的大小，从而可得出的大小关系，将两边同时取对数，然后作差，从而可得出的大小关系，即可得出结论.

【详解】解：，，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，

所以，

即，

所以，

即，所以，

由，得，

由，得，

，

因为，

所以，所以，

所以，即，

所以，

综上所述.

故选：A.

【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难度.

二、多选题

9．下列命题正确的是（    ）

A．若甲､乙两组数据的相关系数分别为和，则乙组数据的线性相关性更强

B．已知样本数据的方差为4，则的标准差是4

C．在检验与是否有关的过程中，根据所得数据算得，已知，则有的把握认为和有关

D．对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是

【答案】AB

【分析】根据统计案例中的相关概念理解运算．

【详解】两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故正确；

中样本数据的方差为4，则的方差为，标准差为4，B正确；

C中由6.352，没有的把握判断认为和有关，C不正确；

D中，由得，D不正确；

故选：AB.

10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．的图象可由图象向右平移个单位长度得到

B．图象的一条对称轴的方程为

C．在区间上单调递增

D．的解集为

【答案】ABD

【分析】根据函数的振幅、周期、及过点可求得，

对于选项A：利用函数图象的平移检验即可；

对于选项B：令可解得图象对称轴的方程,检验是否能取到即可.

对于选项C：求出，验证正弦函数在是否单调增.

对于选项D： 直接解三角不等式即可获得答案.

【详解】由题意知，解得，所以，

所以.又点在的图象上，

所以，所以，

解得，又，所以，

所以，

将向右平移个单位可得，故A正确；

令，解得，令得

所以图象的对称轴的方程为.故B正确；

当时，，在上不是单调递增的，故C错误；

令，即，所以，解得，即的解集为，故D正确.

故选：ABD.

11．如图，已知圆锥的底面圆心为O，半径，侧面积为π，内切球的球心为O1，则下列说法正确的是（   ）

A．内切球O1的表面积为(84－48)π

B．圆锥的体积为3π

C．过点P作平面α截圆锥的截面面积的最大值为2

D．设母线PB中点为M，从A点沿圆锥表面到M的最近路线长为

【答案】ACD

【分析】选项A，结合底面半径和侧面积求出母线，再求出圆锥的高，由内切球的性质，进而求出内切球半径；选项B，由圆锥体积公式直接求得；选项C，由圆锥的高可判断过点P作圆锥的截面，截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；选项D，把圆锥的侧面展开，利用余弦定理求线段长度.

【详解】选项A，如图1，设圆锥母线为，高为，由半径r＝，侧面积为2π，则，解得，.由圆锥的内切球球心O1作，垂足为点，设，则,由，即，解得，内切球O1的表面积为，故A正确；

选项B，圆锥的体积为，故B错误；

选项C，由选项A可知，，，所以，则，过点P作平面α截圆锥的截面面积最大时，对应三角形为等腰直角三角形，故C正确；

选项D，如图2，把圆锥的侧面展开一半，点展开到，，，，由余弦定理，

所以从A点沿圆锥表面到M的最近路线长，故D正确.

故选：ACD.

12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（    ）

A．当时， B．函数有2个零点

C．的解集为 D．，，都有

【答案】ACD

【分析】根据函数的奇偶性求出解析式即可判断A项；因为是奇函数，所以有，解方程求出其他零点即可判断B项；对于C项，解不等式分成两步，一是对的情况进行分析判断，二是对的情况分析判断，求出的解集；对于D项利用导数求出函数的值域即可判断.

【详解】为R上的奇函数，设则

∴，故A正确；

易知是定义在上的奇函数，.又，有个零点，故B错误；

当时，由,得即，

当时，由，得，即

的解集为，故C正确；

当时，，则，当时，，单减，当时，，单增，故极小值为，又时，，时，，又，结合函数是定义在上的奇函数可得图象如图，由图可知

的值域为，

∴，，都有，故D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．在△ABC中，点D是线段BC的中点，点E在线段AD上，且满足AE＝2ED，若，则λ＋μ＝_________．

【答案】

【分析】根据共线向量的推论，结合向量的加减法，可得答案.

【详解】由题意，可作图如下：

解：

，

∴．

故答案为：.

14．已知，则____________.

【答案】

【分析】根据同角三角函数基本关系求出、的值，再利用两角差的正切公式计算即可求解.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

所以，

所以，

所以，

故答案为：.

15．已知函数，若直线与曲线相切，求最大值_____________.

【答案】

【分析】先利用直线与曲线相切得到，所以.

设，利用导数讨论单调性，求出g(a)的最大值.

【详解】设直线y=x与曲线相切于点.

因为，所以，所以.

又因为P在切线y=x上，所以，

所以，

因此.

设，则由，

令，解得：；令，解得：；

所以g(a)在上单调递增，在上单调递减，

可知g(a)的最大值为，所以ab的最大值为.

故答案为：

16．已知F为抛物线的焦点，由直线上的动点P作抛物线的切线，切点分别是A，B，则与（为坐标原点）的面积之和的最小值是_________.

【答案】

【分析】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点A、B处的切线方程，联立即可得出点P的坐标，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理及点P在直线上，即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.

【详解】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，设，，

由，得，求导得，

则抛物线在点A处的切线方程为，整理得：，

同理得抛物线在点B处的切线方程为，

则由，解得，即两切线的交点，

由消去y整理得，

则，，则，

点P在直线上，则，

则直线AB的方程为，过定点，

且，

设，则，

则，

，

，

，

当且仅当，即时等号成立，

则与的面积之和的最小值为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列的首项，，.

(1)证明：为等比数列；

(2)证明：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由题知，再根据等比数列的定义证明即可；

（2）结合（1）得，，进而根据裂项求和方法求解即可证明.

【详解】（1）解：∵，

∴

∴（且）

又∵

∴是以4为首项，以2为公比的等比数列.

（2）解：由（1）得，

∴

∴

∵，

∴，

∴.

18．已知函数．

(1)求的单调递增区间；

(2)记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）化简可得，进一步可求得的单调递增区间；

（2）由题意先求出角，利用已知条件结合向量知识，可得，根据基本不等式可求得的最大值，进而得到面积的最大值．

【详解】（1）

由，

解得，

的单调递增区间为；

（2）因为，可得，

因为，所以即，

由及可得，

，

所以

所以

即，当且仅当时取到等号，

所以，

故面积的最大值为.

19．近些年来，学生的近视情况由高年级向低年级漫延，为调查某小学生的视力情况与电子产品的使用时间之间的关系，调查者规定：平均每天使用电子产品累计5小时或连续使用2小时定义为长时间使用电子产品，否则为非长时间使用.随机抽取了某小学的150名学生，其中非长时间使用电子产品的100名，长时间使用电子产品的50名，调查表明非长时间使用电子产品的学生中有95人视力正常，长时间使用电子产品的学生中有40人视力正常.

(1)是否有99.5%的把握认为视力正常与否与是否长时间使用电子产品有关？

(2)如果用这150名学生中，长时间使用电子产品的学生和非长时间使用电子产品的学生视力正常的在各自范围内所占比率分别代替该校长时间使用电子产品的学生和非长时间使用电子产品的学生视力正常的概率，且每位学生视力正常与否相互独立，现从该校学生中随机抽取3人（2个非长时间使用和1个长时间使用电子产品），设随机变量表示“3人中视力正常”的人数，试求的分布列和数学期望.

附：.

【答案】(1)有

(2)

【分析】(1)列出列联表，计算的值，比较后得到结论；

(2)根据题意，求出的可能取值为，分别计算概率，得到分布列和期望即可.

【详解】（1）根据题意，列出如下列联表：

则，

所以有99.5%的把握认为视力正常与否与是否长时间使用电子产品有关.

（2）长时间使用电子产品视力正常的概率是，非长时间使用电子产品视力正常的概率是，由题意可知：的可能取值为，

；；

；；

所以的分布列为：

则.

20．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.

(1)求证：平面；

(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.

【详解】（1）证明：由题知，

，

又，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，所以，

在正中，为中点，于是，

又，平面，所以平面

（2）取中点为中点为，则，

由（1）知，平面，且平面，

所以，又，

所以，平面

所以平面，于是两两垂直.

如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，

建立空间直角坐标系，则，

，所以，

.

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，于是.

设，

则.

由于直线与平面所成角的正弦值为，

，

即，整理得

，由于，所以

于是.

设点到平面的距离为，则，

所以点到平面的距离为.

【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

21．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定值为

【分析】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.

（2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.

【详解】（1）由已知设椭圆方程为：，

代入，得，

故椭圆方程为.

（2）设直线，

由得，

，，

又，

故

，

由，得，

故或，

①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；

②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，

此时，符合题意.

所以的周长为定值.

22．已知函数．

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若，且在区间上恒成立，求a的取值范围；

(3)若，判断函数的零点的个数．

【答案】(1)单调增区间为；单调减区间为

(2)

(3)有1个零点

【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；

（2）求得的根，然后按照根与已知区间的关系分类讨论确定的正负得单调性，从而函数的最小值，由最小值大于0得参数；

（3）求出，对再求导得出其最小值，由最小值大于0得，从而得的单调性，然后结合零点存在定理确定零点个数，为此计算时的函数值（小于0），，可得零点存在且唯一．

【详解】（1）若，则，

由得，；由得，．

所以函数的单调增区间为；单调减区间为．

（2）依题意，在区间上．．

令得，或．

若即，则由得，，递增；由得，，递减．

所以，满足条件；

若，则由得或，在时递增或时递增；由得，递减．，

依题意，即，所以．

若，则．

所以在区间上单调递增，，不满足条件；

综上，．

（3）．

所以．设，．

令得．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以的最小值为．

因为，所以．

所以的最小值．

从而，在区间上单调递增．

又，

设．

则．令得．由，得；

由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．

所以．

所以恒成立．所以．

所以．

又，所以当时，函数恰有1个零点．

【点睛】方法点睛：用导数研究函数零点个数问题，主要是由导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理得零点个数．难点是在确定零点存在时，零点两边函数值异号时点的取得．