2023届安徽省宣城市高三第二次调研测试数学试题含解析

2023届安徽省宣城市高三第二次调研测试数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】化简集合，根据交集的定义求解即可.

【详解】因为，

所以，又，

所以.

故选：B.

2．设复数满，则=（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】运用复数四则运算及复数的模计算可得结果.

【详解】方法1：因为，所以.

方法2：因为，所以.

故选：C.

3．已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，则（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【分析】由抛物线的焦半径公式求解．

【详解】由题意可得，解得.

故选：B．

4．中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗（如图），斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．如图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，下底面边长为25cm，上底面边长为10cm，侧棱长为15cm，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（参考数据：，）（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】计算高，由体积公式得出答案.

【详解】上下底面对角线的长度分别为，则高.

上底面的面积，下底面的面积.

则.

故选：C

5．将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出将5个1和2个0随机排成一行的种数和2个0不相邻的种数，利用古典概型的概率公式直接求解.

【详解】将5个1和2个0随机排成一行，总的排放方法有种.

要使2个0不相邻，利用插空法,5个1有6个位置可以放0,故排放方法有种.

所以所求概率为.

故选：D.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用两角和与差的正弦公式及诱导公式，结合二倍角的余弦公式即可求解.

【详解】由题意可知，，

所以.

故选：C.

7．已知圆锥的底面半径为，高为，当其内接正四棱柱的体积最大时，该正四棱柱的外接球的表面积（单位：）为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设正四棱柱底面边长为a，高为h，运用相似三角形可得a与h的关系，运用导数研究正四棱柱体积的最大值，计算此时正四棱柱的外接球半径，进而可得结果.

【详解】圆锥的轴截面如图所示，为正四棱柱上底面的正中心，为圆锥底面的圆心，正四棱柱外接球的球心O，半径为R，则，

设正四棱柱底面边长为a，高为h，则，，，，

∵，

∴，即：，

∴，

又∵，

∴正四棱柱的体积为，（）

∴，

，，

∴在上单调递增，在上单调递减，

∴当时，取得最大值，此时，

∴，，

∴，

∴正四棱柱的外接球的表面积为.

故选：A.

8．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（    ）

A．670 B．672 C．674 D．676

【答案】D

【分析】运用抽象函数的奇偶性表达式及导数运算可得的一个周期为3，再运用赋值及周期性计算可得一个周期内的和，进而可求得结果.

【详解】∵为奇函数，

∴，

∴，即：，

又∵，

∴，①

又∵为偶函数，

∴，②

∴将②中换成得：，③

∴将③中换成得：，④

由①④得：，

∴的一个周期为3，

∴，

将代入③得：，

∴

又∵，

∴.

故选：D.

二、多选题

9．已知，则实数满足（     ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】把指数式改写为对数式，再结合对数运算法则、换底公式变形，利用基本不等式判断各选项．

【详解】因为，所以，，

，，

易知，所以，A正确；

，C错；

显然，，

，B错；

，D正确．

故选：AD．

10．下列命题中，正确的命题是（    ）

A．数据1，3，4，5，6，8，10的第60百分位数为5

B．若随机变量，，则

C．若随机变量，则取最大值时或4

D．某小组调查5名男生和5名女生的成绩，其中男生成绩的平均数为9，方差为11；女生成绩的平均数为7，方差为8，则该10人成绩的方差为10.5

【答案】BCD

【分析】对于A：直接求出第60百分位数，即可判断；对于B：由正态曲线的对称性直接求解；对于C：表示出，利用二项式系数的性质即可判断；对于D：由分层随机抽样中方差的计算公式直接求解.

【详解】对于A：数据1，3，4，5，6，8，10一共有7个.

因为，所以其第60百分位数为第5个，为6.故A错误；

对于B：因为随机变量，由正态曲线的对称性可得：，

所以，

所以.故B正确；

对于C：因为随机变量，所以.

所以要使最大，只需最大.

由二项式系数的性质可得：当或4时，最大.故C正确；

对于D：由题意可得男生成绩的平均数为9，方差为11，记为.

女生成绩的平均数为7，方差为8，记为.

所以全部10名学生的成绩的平均数为.

由分层随机抽样中方差的计算公式可得：

.故D正确.

故选：BCD

11．已知点，，且点在圆上，为圆心，则下列结论正确的是（    ）

A．直线与圆相交所得的弦长为4

B．的最大值为

C．的面积的最大值为2

D．当最大时，的面积为1

【答案】ABD

【分析】由圆的方程得圆C是以为圆心，以2为半径的圆，根据圆上点与两定点及直线MN的位置关系，分析选项正误.

【详解】圆C：，即，所以圆C是以为圆心，以2为半径的圆.

对于A，直线MN的方程为，过圆心，所以直线MN与圆C相交所得的弦长为直径4，故A项正确；

对于B，，当点P为MN的延长线与圆的交点时，等号成立，故B项正确；

对于C，设点P到直线MN的距离为d，则，因为直线MN过圆心，所以当时，最大为 ，故C项错误；

对于D，当MP与圆C相切时，最大，不妨设，此时，故D项正确.

故选：ABD.

12．已知函数，下列关于该函数的结论正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称 B．的一个周期是

C．在区间上单调递增 D．的最大值为

【答案】ABD

【分析】利用诱导公式判断与是否相等判断A，判断与是否相等判断B，利用三角函数及复合函数的单调性判断C、D.

【详解】已知，

对于A，，故A正确；

对于B，，故B正确；

对于C，，则，又函数连续，故C错误；

对于D，因为，当时，所以的最大值为，

当时，，，也取得最大值，

所以的最大值为，故D正确；

故选：ABD

三、填空题

13．的展开式中二项式系数最大的一项是________（用数字作答）．

【答案】70

【分析】利用二项式系数的性质直接求得.

【详解】的二项展开式有9项，其每项的二项式系数为.

由二项式系数的性质可得：当时，最大.

故答案为：70.

14．已知向量满足，对任意的的最小值为，则与的夹角为________．

【答案】

【分析】利用模的计算得到恒成立，判断出取等号的条件，即可求出与的夹角.

【详解】因为向量满足，

所以向量满足.

设与的夹角为

所以

因为任意的的最小值为，所以恒成立，

配方后可得：恒成立，

所以当时，取得最小值3，此时，解得：.

又因为，所以.

因为，所以.

故答案为：.

15．已知函数，则不等式的解集是________．

【答案】

【分析】令，判断的奇偶性与单调性，则问题转化为，即，即可得到自变量的不等式，解得即可.

【详解】因为，令，

则，

则函数为偶函数，

又，

当时，，，所以，所以在上单调递增，

又，

由可得，即，即，

所以，解得，即不等式的解集是.

故答案为：

16．设双曲线的两个焦点为、，点是圆与双曲线的一个公共点，，则该双曲线的离心率为________．

【答案】

【分析】运用双曲线的定义、向量加法及数量积、余弦定理计算可得结果.

【详解】由题意知，点P在双曲线E上，不妨取设，

则由双曲线的定义知，，①

因为O为的中点，

所以，

所以，

又因为点P在圆上，所以，

所以，

即：，②

又因为在△中，由余弦定理得：，即：，③

由①②③得，所以.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列是首项为1的等差数列，公差，设数列的前项和为，且，，成等比数列．

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用等比中项的意义、等差数列前n项和公式求解作答.

（2）令，判断数列的单调性，确定正数项、负数项，再结合等差数列前n项和公式分段求和作答.

【详解】（1）因为成等比数列，则有，

即，而，解得，则，

所以的通项公式是．

（2）由（1）知，令，则数列为递增数列，其前4项为负值，从第5项开始为正值，

设的前项和为，则，

若，，

若，

，

所以.

18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，二面角的大小为．

(1)证明：平面平面；

(2)求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知条件及等腰三角形的三线合一定理，利用线面垂直的判定和性质定理及二面角的平面角的定义，结合余弦定理、勾股定理的逆定理及面面垂直的判定定理即可求解；

（2）根据（1）的结论，建立空间直线坐标系，求出相关点的坐标及直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合线面角与向量的夹角的关系即可求解.

【详解】（1）设的中点分别，连接，

因为底面是正方形，，

所以，，

又,平面，

所以平面，

又平面，

所以．

所以是二面角的平面角，

即，又，

所以，解得，

因为，

所以，

又，平面，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面PBC．

（2）由（1）知平面平面，以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

则，，，，

，，．

设平面的一个法向量为，则

,即，

令，则，所以．

设与平面所成角为，则

，

所以与平面所成角的正弦值为.

19．某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向，两个目标投掷，先向目标掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品．已知小明每投掷一次，套中目标的概率为，套中目标的概率为，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为．

(1)求小明恰好套中2次的概率；

(2)求的分布列及数学期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析；期望为.

【分析】（1）分析出小明恰好套中2次包括：套中，各一次和未套中，套中两次.分别求概率即可得到答案；

（2）由题意可得：的可能取值为0，1，2，3，4，5.分别求概率，得到分布列，求出数学期望.

【详解】（1）小明恰好套中2次包括：套中，各一次和未套中，套中两次.

所以套中，各一次的概率为，

未套中，套中两次的概率未，

所以小明恰好套中2次的概率.

（2）由题意可得：的可能取值为0，1，2，3，4，5

，，

，，

，.

所以的分布列为

所以.

20．设的内角、、的对边分别为、、，已知．

(1)判断的形状，并说明理由；

(2)求的最小值．

【答案】(1)钝角三角形，理由见解析

(2)

【分析】（1）利用二倍角公式得到，即可得到，即可得到或，从而得到或，再说明，即可得解；

（2）利用正弦定理将边化角，再根据（1）中的结论可得，再利用基本不等式计算可得.

【详解】（1）解：为钝角三角形，

证明如下：

由，

则有，所以，

因为，所以，则为锐角．

所以，所以或，

则或，

由题意知，所以，

所以，所以，故为钝角三角形．

（2）由（1）知，，

由正弦定理，有

当且仅当时等号成立，由为锐角，

则，所以当时取最小值．

21．已知椭圆的长轴长为4，且离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，求的面积的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由椭圆的性质列出方程，求解得出椭圆的标准方程；

（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理结合得出，再由距离公式、弦长公式得出的面积，最后由基本不等式得出的面积的取值范围．

【详解】（1）解：椭圆的离心率为，即，

长轴长为4，，，，故椭圆的方程为．

（2）设，，联立，得，

则，

，，

所以

，

，，

原点到的距离，

当时，．

当时，

，当且仅当时等号成立．

综上，所以的面积的取值范围是

【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于由得出，结合基本不等式求出的面积的取值范围.

22．已知函数．

(1)若，求．

(2)证明：，．

【答案】(1);

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用换元法，把题意转化为证明.令，，分类讨论：和，利用导数判断单调性，得到，解出；

（2）利用分析法，只需证，.记，利用导数判断出在内单调递减，由，即可证明.

【详解】（1）令，则可化为.

令，，则

若，则，此时在内单调递增，

，所以时，，不符合题意；

若，则由得．

当，单调递增；当，，单调递减．

因为，所以当或者时，，不符合题意；

当时，，符合题意，

故，解得．

（2）要证，,只需证，

由（1）可知，．

记，则当时，

因此在内单调递减，又，所以即，

故，.

【点睛】导数的应用主要有：

（1）利用导函数几何意义求切线方程；

（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；

（3）利用导数求参数的取值范围；

（4）利用导数证明不等式.