安徽省马鞍山市2022届高三下学期第三次教学质量监测理科数学试题

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安徽省马鞍山市2022届高三下学期第三次教学质量监测理科数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

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

1．已知集合，，则=（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足（是虚数单位），则复数在复平面内所对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．新冠疫情防控期间，某市中小学实行线上教学，停课不停学．某校对240名职工线上数学期间的办公情况进行了调查统计，结果如图所示，下列表述错误的是（       ）

A．x=5.0

B．从该校任取一名职工，该职工不在家办公的概率为0.525

C．不到10名职工休假

D．该校在家办公或在校办公的职工不超过200名

4．已知等差数列的前n项和为，若，则（       ）

A．63 B．35 C．70 D．40

5．已知定义在R上的函数，其导函数的大致图象如图所示，则下列结论正确的是(       )

A． B．

C． D．

6．设，，是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个命题：

①若，，则；②若，，则；

③若，，则；④若，，，则．

其中所有正确命题的序号是（       ）

A．①② B．② C．④ D．②③

7．将5个0和3个1随机排成一行，则3个1不相邻的概率为（       ）

A． B． C． D．

8．已知偶函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（       ）

A． B． C． D．

9．函数在区间上恰有两个最小值点，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

10．若，，，则的最小值为（       ）

A． B． C．6 D．

11．若斜率为（）的直线 l 与抛物线和圆M：分别交于A，B和C，D．且，则当面积最大时k的值为（       ）

A． B． C． D．

12．已知函数，若，则下列结论不可能成立的是（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知，则的值为______．

14．已知，，若，，则点C的坐标______．

15．双曲线C：(，)的焦点为、，P在双曲线右支上，且，为C的渐近线方程，若的面积为，则双曲线C的焦距长为______．

16．三棱锥的顶点、、、均在球的球面上，且，，，则三棱锥体积的最大值为______．

17．为了研究某果园的一种果树的产量与种植密度的关系，某中学的数学兴趣小组在该果园选取了一块种植区域进行了统计调查，他们将每株果树与其直线距离不超过1米的果树株数x记为其密度，在记录了该种植区域内每株果树的密度后，从中选取密度为0，1，2，3，4的果树，统计其产量的平均值y（单位：kg），得到如下统计表：

(1)小组成员甲认为y与x有很强的线性相关关系，请你帮他利用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；

(2)小组成员乙提出：若利用回归方程计算的平均产量的估计值与实际的平均产量（，）满足：，则应该修正模型，寻找更合适的函数拟合x与y的关系．统计知种植密度分别为5，6的果树的平均产量为5.5kg、4.4kg，请你以这七组数据为依据判断（1）得到的回归方程是否需要修正？

参考公式：，．

18．设数列的各项均为正数，前n项和为，满足．

(1)求的通项公式；

(2)设，的前n项和为，求证：．

19．已知椭圆C：（）经过，，，，五个点中的三个．

(1)求椭圆C的方程．

(2)直线l与椭圆C交于P，Q两点，且与圆O：相切，证明：为直角三角形．

20．如图所示，四棱锥，底面在以AC为直径的圆O上，PO⊥圆O，为等边三角形，，．

(1)求证：平面PBD⊥平面PAB；

(2)线段PB上是否存在一点M使得直线PA与平面AMC所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由．

21．已知函数，其中，e是自然对数的底数．

(1)若单调递增，求a的取值范围；

(2)若，判断函数的零点个数．

（参考数据：ln2≈0.693，e≈2.718）

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的普通方程和的直角坐标方程；

(2)已知点，曲线与相交于A，B两点，求．

23．已知函数（）.

(1)当a=1时，求不等式的解集．

(2)当时，求的最大值与最小值．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义计算作答.

【详解】

解不等式得：，因此，而，

所以.

故选：C

2．B

【解析】

【分析】

利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义判断可得出结论.

【详解】

由已知可得，

因此，复数在复平面内所对应的点位于第二象限.

故选：B.

3．C

【解析】

【分析】

根据扇形统计图，结合百分比逐一计算判断即可.

【详解】

A：因为，所以本选项正确；

B：因为不在家办公占比为，所以该职工不在家办公的概率为0.525，因此本选项正确；

C：因为，所以本选项不正确；

D：因为，所以本选项正确，

故选：C

4．C

【解析】

【分析】

利用等差数列的通项公式可得得，然后利用等差数列前项和公式结合等差数列性质可求解答案.

【详解】

由，得：，

即，即，

所以

故选：C.

5．D

【解析】

【分析】

根据导数图像判断f(x)单调性，作出其大致图像即可判断各个函数值的大小关系．

【详解】

由图像可知f(x)图像大致如下：

由图可知f(a)>f(b)，f(b)<f(c)<f(d)<f(e)，故仅有D选项是正确的．

故选：D．

6．B

【解析】

【分析】

对①，与需考虑平行与相交两种情况；

对②，线面垂直证面面平行；

对③，线面平行得线线平行，线面垂直得线线垂直；

对④，不符合面面垂直证线面垂直的条件

【详解】

对①，若，，则或与相交，故①错；

对②，若，，则，②对；

对③，若，，则，③错；

对④，若，，，则不一定垂直，④错

故选：B

7．A

【解析】

【分析】

由题意，不相邻问题利用插空法可得3个1不相邻有种排法，从而根据古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】

解：将5个0和3个1随机排成一行有种排法，其中3个1不相邻有种排法，

所以所求概率为，

故选：A.

8．B

【解析】

【分析】

根据给定条件，可得函数在上的单调性，再按、分别解不等式作答.

【详解】

偶函数在上单调递增，则在上单调递减，而，

因，则当时，，即，解得，

当时，，即，解得，

所以不等式的解集为.

故选：B

9．A

【解析】

【分析】

运用换元法，结合正弦函数的性质进行求解即可.

【详解】

令，因为，所以，

问题转化为函数在时恰有两个最小值点，

所以有，因为，所以，

故选：A

10．B

【解析】

【分析】

根据对数的运算性质，结合基本不等式进行求解即可.

【详解】

由，

因为，，所以，即，

所以，

当且仅当时取等号，即时取等号，

故选：B

11．C

【解析】

【分析】

由条件可得的中点与的中点重合，设此点为，则，求出当面积最大时的长，结合此时列出不等式，解出，得出答案.

【详解】

因为，则的中点与的中点重合，设此点为，

则

当，即，时，取最大值，

令，，，

,

由,得，

由，得，

.

故选：C．

12．AB

【解析】

【分析】

由对称性可判断选项A、B，由极值点偏移可判断选项C，对于选项D，先假设成立，再证明其可行性.

【详解】

当时，，其是二次函数的一部分；

当时，，则，

所以当时，，函数为单调递减函数，当时，，函数为单调递增函数.

故函数的图象如下图所示.

对于A、B，当，（i）时，显然；

（ii）若中一正一负时，不妨设，

根据的对称性可知，当时，，从而可知，故A、B不可能成立.

对于C，

令，，，

则，

所以在上单调递减，

所以，

因为，所以，

因为时，函数为单调递增函数，

所以，即，故选项C是可以成立的.

对于D，当，（当时，要满足，此时易知）时易得，

所以设时，假设有成立，于是，

即证有解，

令

有解，故选项D可以成立.

故选：AB

【点睛】

本题的前两个选项根据对称性可证明，本题第三个选项解决的关键在于构造函数，研究函数的单调性证明.

13．

【解析】

【分析】

由已知条件，利用诱导公式化简即可求解.

【详解】

解：因为，

所以，

故答案为：.

14．

【解析】

【分析】

根据向量平行的坐标表示和向量垂直的坐标表示列方程可求点C的坐标.

【详解】

设点的坐标为，则

，

因为，，

所以

因为，，

所以，，

所以，

所以点C的坐标为，

故答案为：.

15．

【解析】

【分析】

根据双曲线的渐近线可求c与a的关系，根据即双曲线的定义可求，在焦点三角形中，利用余弦定理可求出cos∠，从而可求sin∠，根据即可求出a，从而可求2c．

【详解】

∵C的渐近线方程是，∴C为等轴双曲线，a=b，

∴．

设，则2a=3m-m=2m，即m=a，则，

设∠=θ，在△中，由余弦定理得，

，

即，化简可得，

∴，

∵，

，，，，．

故答案为：．

16．

【解析】

【分析】

取线段的中点，连接、，分析可知点与球心重合，过点在平面内作，连接，证明出平面，计算出面积的最大值，利用锥体的体积公式可求得结果.

【详解】

取线段的中点，连接、，

因为，则，

所以，点即为三棱锥的外接球球心，即点与球心重合，

过点在平面内作，连接，

因为，则，

因为，，，所以，，

所以，，即，，

，平面，且，

，当且仅当时，等号成立，

所以，.

故答案为：.

17．(1)

(2)不需修正

【解析】

【分析】

（1）由已知数据利用最小二乘法的公式可求得线性回归方程；

（2）代入所求得线性回归方程，计算可得结论.

(1)

解： ，，，

故，

所以得线性回归方程为：；

(2)

解：令，代入，分别得，

从而，故不需修正．

18．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

(1) 由条件根据与的关系，求 及递推关系，由此可求通项公式，(2)利用裂项相消法求，由此完成证明.

(1)

由，得，，

两式相减得，整理得．

因为，所以，即数列是公差为2的等差数列，

由，解得，所以的通项公式为．

(2)

由（1）知，，

则

所以

因为

所以

19．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据椭圆的性质可知点不能同时在椭圆上，所以点必须同时在椭圆上，则可排除，然后根据点的坐标，就能求出椭圆方程；

（2）先验证斜率不存在的情况，当斜率存在时，设直线方程为，根据直线与圆相切，建立关系式，消去一个参数，然后与椭圆联立，根据韦达定理，证明即可.

(1)

由椭圆的对称性可得点，都在椭圆上或都不在椭圆上，，最多有1个点在椭圆上，，最多有1个点在椭圆上，因为椭圆经过，，，，五个点中的三个，

所以，都在椭圆上，不在椭圆上，因为，，所以不在椭圆上，在椭圆上，所以，，所以．所以椭圆的方程为．

(2)

证明：当直线的斜率不存在时，的方程为．

当时，，，所以，所以；

当时，同理得．

当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，

因为直线与圆相切，所以，即．

由得，，

所以，

所以．

综上所述，所以，所以为直角三角形．

20．(1)证明见解析；

(2)存在；.

【解析】

【分析】

（1）利用线面垂直的性质结合条件可得平面，然后利用面面垂直的判断定理即得；

（2）利用坐标法，利用线面角的向量求法可得方程，进而可得.

(1)

证法一：设，由题知为等边三角形，为直径，，得，

∴，，，

得，在中，得，

在中，，得．易知，

则，故．

易知，则，又，

平面，

又平面，

平面平面．

证法二：设，连接，

由平面，平面，

，由题知，又，

平面，平面，

，

，，为等边三角形，

，，， 得，，

，则，

又，

故平面，

又平面，

平面平面．

(2)

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且与直线平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，

设，，

则

令平面的法向量为，

则，

取，

令直线与平面的所成角为，

，

解得，

即上存在点，使得.

21．(1)；

(2)2个零点.

【解析】

【分析】

（1）求出函数的定义域及导数，利用函数单调性建立不关系，借助恒成立的不等式求解作答.

（2）在函数的定义域上借助导数分段讨论的性质，结合零点存在性定理求解作答.

(1)

函数定义域为，依题意，，恒成立，

即在上恒成立，设，而，

则在上单调递增，，，于是得，

所以a的取值范围是．

(2)

当时，，其定义域为，则，

①当时，，，，

则，在上单调递减，恒成立，在上无零点，

②当时，，则0是函数的一个零点，

③当时，设，则成立，即在上单调递增，

又，，则，，

即当时，，单调递减，而，在上恒成立，，

当时，，单调递增，而，

令，则，即在上单调递增，有，

即当时，，因此，，于是得，

从而得，，即函数在上有一个零点，在有一个零点，

④当时，，，，

则，在上单调递增，恒成立，在上无零点，

综上，函数有2个零点.

【点睛】

思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.

22．(1)；；

(2).

【解析】

【分析】

（1）消去参数即可得曲线的普通方程；利用公式即得的直角坐标方程；

（2）把直线的参数方程转化为标准形式，代入曲线的普通方程中，利用参数的几何意义及韦达定理，即得.

(1)

曲线的参数方程为（t为参数），

消去参数 得：．

曲线的极坐标方程为，根据

转换为直角坐标方程为．

(2)

曲线的参数方程为（t为参数），

转换为标准式为(为参数)，代入，

得到：，

所以，．

故．

23．(1)；

(2)最大值为，最小值为3.

【解析】

【分析】

（1）根据给定条件，分段讨论求解含绝对值符号的不等式作答.

（2）求出函数的表达式，分段去绝对值符号，并求解最值比较作答.

(1)

当时，不等式，于是有：

由，解得，由，解得，由，解得，

综合得：，

所以不等式的解集为．

(2)

依题意，，

当时，，当时，取最小值3，

当时，取最大值，因此，

当时，在上单调递增，当时，，当时，，，

所以的最大值为，最小值为3．