2022届安徽师范大学附属中学高三下学期4月测试数学（理）试题含解析

这是一份2022届安徽师范大学附属中学高三下学期4月测试数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届安徽师范大学附属中学高三下学期4月测试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】理解含义后运算【详解】由题意得，是所有奇数的集合，是所有被4除余的整数集故，故选：C2．设复数满足，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由复数的运算及模的概念结合取特例用排除法可得.【详解】取，，显然满足，但，故A错误；因为，，故B错误；再取，显然C错误；对于D，设，则；同理，所以，故D正确.故选：D3．命题“存在实数，使”的否定是（       ）A．不存在实数，使 B．存在实数，使C．对任意的实数x，都有 D．对任意的实数x，都有【答案】C【分析】由已知，给出命题为特称命题，其否定为全称命题，可根据原命题直接变换即可.【详解】由已知，命题“存在实数，使”为特称命题，其否定为全称命题，即“对任意的实数x，都有”.故选：C.4．黑洞原指非常奇怪的天体，它体积小，密度大，吸引力强，任何物体到了它那里都别想再出来，数字中也有类似的“黑洞”，任意取一个数字串，长度不限，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这三个数从左到右写成一个新数字串；重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字，我们称它为“数字黑洞”，如果把这个数字设为a，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可得数字黑洞为123，然后利用诱导公式即得.【详解】根据“数字黑洞”的定义，任取数字2021，经过一步之后为314，经过第二步之后为123，再变为123，再变为123，所以数字黑洞为123，即，∴.故选：D.5．已知的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项为第（       ）项.A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】由已知，根据给的式子写出其通项，分别写出第3项的系数与倒数第3项的系数得到关于的方程，先求解出，即可确定其展开式二项式系数最大在第几项.【详解】的展开式通项为，第3项为，其系数为，倒数第3项为，其系数为，由题意，，所以，所以展开式中二项式系数最大的项为，即为展开式的第4项.故选：B.6．已知F为双曲线的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若直线AB的倾斜角为，则双曲线C的离心率为（       ）A． B． C．2 D．3【答案】C【分析】由题设可得、，根据倾斜角与斜率关系及斜率两点式得到a、c的齐次方程，即可求双曲线C的离心率.【详解】由题设，，，又BF垂直于x轴，则，又直线AB的倾斜角为，即，且，所以，故，可得，即.故选：C7．已知数列的前n项和为，满足，则（       ）A．4043 B．4042 C．4041 D．4040【答案】A【分析】由等差中项的性质及等差数列的定义写出通项公式，再由关系求的通项公式，进而求.【详解】由知：为等差数列，又，，则公差，所以，故，则，可得，而也满足，所以，则.故选：A8．已知执行如图所示的程序框图，输出的值为（       ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】根据已知输入数据，结合条件语句的执行逻辑确定输出结果.【详解】由题设，，所以，则，故输出.故选：A9．双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥.在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数，和双曲余弦函数.下列结论错误的是（       ）A．双曲正弦函数图象关于原点中心对称，双曲余弦函数图象关于y轴对称B．若直线与双曲余弦函数图象和双曲正弦函数图象共有三个交点，则C．双曲余弦函数图象总在双曲正弦函数图象上方D．双曲正弦函数导函数的图象与双曲余弦函数图象重合【答案】B【分析】判断函数的奇偶性，可判断A;利用导数判断函数的单调性，结合奇偶性，作出函数的大致图象，由此数形结合，判断B，进而判断C,D.【详解】对于A，由于，故为奇函数，其图象关于原点中心对称，而，故为偶函数，图象关于y轴对称，故A正确；对于B，当时 ，，故在时为增函数，当时 ，，故在时为减函数，因此的最小值在 时取到，最小值为1；又，故在R上为增函数，又因为，由此作出，的大致图象，如图示，由图象可知，当时，直线与双曲余弦函数图象和双曲正弦函数图象共有2个交点，故B错误；对于C，由对B的分析可知，双曲余弦函数图象总在双曲正弦函数图象上方，C正确；对于D，由于，故双曲正弦函数导函数的图象与双曲余弦函数图象重合，D正确，故选：B10．已知四条直线，从这四条直线中任取两条，这两条直线都与函数的图象相切的概率为（       ）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】利用导数的几何意义求斜率分别为、的切线方程，结合题设直线，应用古典概型的概率求法求概率即可.【详解】由题设，，当，得，则，即切点为的切线为；当，得，若，则，即切点为的切线为；若，则，即切点为的切线为；所以从已知四条直线中任取两条与函数的图象相切的概率为.故选：C11．已知是抛物线：的焦点，直线与抛物线相交于，两点，满足，记线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，进而得，再结合余弦定理得，进而根据基本不等式求解得.【详解】解：设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，则，因为点为线段的中点，所以根据梯形中位线定理得点到抛物线的准线的距离为，因为，所以在中，由余弦定理得，所以，又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，故.所以的最大值为.故选：C【点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，余弦定理，基本不等式，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，设，进而结合抛物线的定于与余弦定理得， ，再求最值.12．已知正数、、满足，，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用换元法将不等式组进行转化，然后利用线性规划的知识结合导数的几何意义求出切线的斜率，数形结合可得出的取值范围.【详解】正数、、满足，，所以，，，即，设，，则不等式等价于，代数式的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率，令，作出不等式组所表示的平面区域如下图所示：由图象可知，当直线与曲线相切时，最小.对函数求导得，设切点坐标为，则切线方程为，由于该切线过原点，则，可得，此时，.联立，解得，可得点，由图象可知，，即.因此，的取值范围是.故选：B.【点睛】本题主要考查利用线性规划求代数式的取值范围，利用换元法将不等式组转化为线性规划问题是解决本题的关键，综合性较强，有一定的难度. 二、填空题13．已知等边的边长为3，若，则________【答案】【分析】选，为基底，表示出，根据数量积公式运算即可.【详解】正△ ABC的边长为3，,，故答案为：14．已知是奇函数，且当时，若，则__________.【答案】【分析】根据奇函数的性质及对数的运算性质计算可得；【详解】解：因为是奇函数，所以，所以，所以，又当时，所以，即，解得；故答案为：15．已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最大正整数n为__________.【答案】202【分析】根据可得，结合，可得，.根据可得，根据可判断、，从而求得答案.【详解】，或，，，，，又，∴，，，，∴使的最大整数n为202.故答案为：202.16．如图，半径为1的球O的直径AB垂直于平面，垂足为B，是平面内的等腰直角三角形，其中，线段AC、AD分别与球面交于点M、N，则三棱锥的体积为_________.【答案】【分析】易知，，利用三角形相似可得的长，进而求得，同理可求得得，再结合等体积法与相似，推出，然后计算三棱锥的体积，即可得解．【详解】解：因为线段、分别与球面交于点、，所以，，又，，所以，所以，所以，所以，同理可得，所以，所以，所以三棱锥的体积．故答案为：. 三、解答题17．已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线按逆时针方向旋转后与单位圆交于点，.(1)若角为锐角，求的取值范围；(2)在中，分别是角的对边，若，的面积为，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据为单位圆上的点，利用三角函数的定义得到，进而表示出，利用两角和与差的正弦、余弦函数公式化简为，根据角为锐角，即可求出的取值范围；（2）由代入求出角，利用三角形面积公式列出关系式，再利用余弦定理即可求出.【详解】(1)由三角函数定义知，由角为锐角知，     ∴   ∴       ∴的取值范围是(2)由得∵        ∴由 得，由余弦定理得：.18．随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载每个人每日健步的步数，从而为科学健身提供一定的帮助.某市工会为了解该市市民每日健步走的情况，从本市市民中随机抽取了2000名市民（其中不超过40岁的市民恰好有1000名），利用手机计步软件统计了他们某天健步的步数，并将样本数据分为，，，，，，，，九组（单位：千步），将抽取的不超过40岁的市民的样本数据绘制成频率分布直方图如右，将40岁以上的市民的样本数据绘制成频数分布表如下，并利用该样本的频率分布估计总体的概率分布.分组（单位：千步）频数1020203040020020010020（1）现规定，日健步步数不低于13000步的为“健步达人”，填写下面列联表，并根据列联表判断能否有％的把握认为是否为“健步达人”与年龄有关； 健步达人非健步达人总计40岁以上的市民   不超过40岁的市民   总计   （2）（ⅰ）利用样本平均数和中位数估计该市不超过40岁的市民日健步步数（单位：千步）的平均数和中位数；（ⅱ）由频率分布直方图可以认为，不超过40岁的市民日健步步数（单位：千步）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数（每组数据取区间的中点值），的值已求出约为.现从该市不超过40岁的市民中随机抽取5人，记其中日健步步数位于的人数为，求的数学期望.参考公式：，其中.参考数据：若，则，.【答案】（1）填表见解析；有％的把握认为是否为“健步达人”与年龄有关（2）（ⅰ）平均数为，中位数为（ⅱ）【分析】（1）完善列联表，计算，得到答案.（2）（ⅰ）计算平均值为，根据频率知样本中位数落在第5组，设样本中位数为，则，得到答案；（ⅱ）得到，计算得到答案.【详解】（1）列联表为 健步达人非健步达人总计40岁以上的市民5204801000不超过40岁的市民4006001000总计92010802000，所以有％的把握认为是否为“健步达人”与年龄有关.（2）（ⅰ）样本平均数为由前4组的频率之和为，前5组的频率之和为，知样本中位数落在第5组，设样本中位数为，则，∴.故可以估计：该市不超过40岁的市民日健步步数的平均数为，中位数为.（ⅱ），而，∴，∴的数学期望为.【点睛】本题考查了独立性检验，平均值和中位数，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形．其中，且．(1)证明：；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）为中点，连接，由等边三角形性质可得，根据已知条件、余弦定理及勾股定理可得，再由线面垂直的判定及性质即可证明结论.（2）在面上过作，根据已知条件可构建、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，设求出面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【详解】(1)由题设，，即△为等边三角形，若为中点，连接，所以，又且底面ABCD是菱形，即，则，故，即，又，可得面，又面，则，由，则.(2)若，由知：，由（1）结论知：，而，所以，在面上过作，又面，面，则，，构建如下图示的空间直角坐标系，则，故，，，若是面的法向量，则，令，则，若是面的法向量，则，令，则，所以，故钝二面角的余弦值为.20．已知函数，为常数，.(1)讨论函数的单调性；(2)，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先对 求导，然后根据 的取值情况讨论 的单调性；（2）构造 ，利用导数研究 在 上恒成立，结合分类讨论方法求 的范围【详解】(1) 且 当 时，在 上 ， 上 ，当 时，在 上， 上， 上，当 时，在 上，当 时，在 上， 上， 上 ，综上， 时 在 上递减， 上递增，时在 上递增， 上递减，上递增，时 在 上递增， 时在 上递增， 上递减， 上递增(2)令 问题转化为 在 上恒成立，而 由（1）知：当 时，在上 ，即 递增所以，只需 ，可得 ；当 时，在 上 ， 递减； 上 ，递增；所以，只需 ，可得 ，综上，21．在圆：上取一动点作椭圆：的两条切线，切点分别记为，，（与的斜率均存在），直线，分别与圆O相交于异于点P的A、B两点.(1)求证：；(2)求面积的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）设，过点与椭圆相切的直线方程为，联立椭圆方程，运用判别式为0，以及韦达定理，证明两直线的斜率之积为，即可得，从而可得出结论；（2）设，再设，联立椭圆方程，运用判别式为0，求得的方程，同理可求得的方程，再由两点确定一条直线可得的方程，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，化简整理，从而可得出答案.【详解】(1)证明：设，过点与椭圆相切的直线方程为，联立，消得，则，可得，所以，又在圆上，所以为圆的直径，所以；(2)解：设，再设，联立，消得，则，则，所以，即，同理，因为在直线上，所以直线的方程为，联立，消得，则，所以，点到直线的距离，所以，由点在圆上，则且，令，则，所以，由则，所以.【点睛】本题考查了直线和圆与直线与椭圆的位置关系，值域联立直线方程与椭圆方程，运用判别式和韦达定理，考查方程思想和数学运算能力、推理能力，属于难题.22．在平面直角坐标系中，设曲线的参数方程为（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，已知曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；(2)设P，Q分别为曲线与上的动点，求的最大值.【答案】(1)：，：.(2)【分析】（1）直接利用三角消参的普通方程；用公式法得到的直角坐标方程；（2）用几何法求解，先求出的最大值，加上半径即可.【详解】(1)曲线的参数方程为（为参数），消去，得：.的极坐标方程为可化为，化为直角坐标方程为：.(2)圆：的圆心，半径为.所以.由的直角坐标方程为：，化为参数方程是（为参数），所以.所以所以.即的最大值为.23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)设，且，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）用零点区间讨论法即可求解（2）要证，需证的最大值小于的最大值【详解】(1)原不等式等价于①   或②或③解①得；解②得；解③得则原不等式得解集为(2)当时， 取得最小值，且 , 即 .当且仅当 ，时等号成立 即