安徽省芜湖市第一中学2022-2023学年高三下学期4月统测数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 已知集合和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，根据集合的交集，并集及包含关系判断即可.
【详解】，,
A、B选项错误；
，，故C错误，D正确.
故选：D
2. 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
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，化简，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
所以，复数在复平面内所对应的点为，
所以，复数在复平面内所对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的前2023项的和为（ ）
A. 2023B. 2024C. 2696D. 2697
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列各项的规律可知是以6为周期的周期数列，利用周期性求解即可,
【详解】因为，且，
所以数列为，
此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列为，是以6为周期的周期数列，
所以数列的前2023项的和，
故选：D
4. 在中，“是钝角三角形”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】注意三角形内角和是，然后讨论哪个角是钝角即可.
【详解】若是钝角三角形，或为钝角时，，满足条件，
为钝角时，，
由于则，满足条件，所以是充分条件.
时，当时，或为钝角，为钝角三角形.
当时，或，无解，
当时，为钝角，为钝角三角形，所以是必要条件.
故选：A.
5. 已知圆台的上､下底面圆半径分别为10和5，侧面积为为圆台的一条母线（点在圆台的上底面圆周上），为的中点，一只蚂蚁从点出发，绕圆台侧面一周爬行到点，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为（ ）
A. 30B. 40C. 50D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到圆台的侧面展开图，再确定蚂蚁爬行所经路程的最小值，求解即可.
【详解】圆台上底面半径为，下底面半径为，母线长为，
所以，解得：，
将圆台所在的圆锥展开如图所示，且设扇形的圆心为O.
线段就是蚂蚁经过的最短距离，
设，圆心角是，则由题意知 ①， ②，
由①②解得，，，
∴，，则.
故选：C.
6. 某城市新修建的一条道路上有12个路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的4灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有（ ）
A. 40B. 35C. 495D. 330
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，将问题转化为将熄灭的4盏灯插到，排成一排的亮着的8盏灯的空位中，即插空法，从而得解.
【详解】根据题意，原来有12盏路灯，熄灭其中的4盏灯，还有8盏是亮着的，
先将亮的8盏灯排成一排，由于两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，
则亮着的8盏灯的空位中有7个符合条件的空位，
进而在这7个空位中，任取4个插入熄灭的4盏灯，有种方法.
故选：B.
7. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为，，若从椭圆右焦点发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足，且，则该椭圆的离心率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
则，，即，
可设，，，
由，则，即，
，在中，，
则.
故选：D.
8. 若，，，则实数a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得，，.作出函数，的图象，观察可得当时，所以随着的增大，比值越来越大.令，可得在上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
由可得，，所以.
设，则，
因为，故，
所以即，
所以在上为增函数，
又，，，又，所以.
故选：B.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件“第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，则下列说法正确的有（ ）
A. 与不互斥B. 与相互独立
C. 与互斥D. 与相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用互斥事件与独立事件的定义与概率公式，对选项一一验证即可.
【详解】对于AB，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，
第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，与不互斥，
第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立，故AB正确；
对于C，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，
若第一次的点数为2，第二次的点数3点，
则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；
对于D，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，其总的基本事件为件，
事件 “第一次出现2点”的基本事件有，故，
事件“两次点数之和为奇数” 的基本事件有，故，
事件“第一次出现2点，且两次点数之和为奇数” 的基本事件有，故，
所以，则与相互独立，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数图像过点，且存在，当时，，则（ ）
A. 的周期为
B. 图像的一条对称轴方程为
C. 在区间上单调递减
D. 在区间上有且仅有4个极大值点
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用图像上一点和周期性求出，再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.
【详解】因为图像过点且，所以，解得，
因为存在，当时，，所以，即，，又因为，所以，
所以，
选项A：的周期，正确；
选项B：图像的对称轴为，解得，，令，无整数解，B错误；
选项C：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间上单调递减，C正确；
选项D：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间有4个极大值点，3个极小值点，D正确；
故选：ACD
11. 已知拋物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A. 若为△的中线，则
B. 若为的角平分线，则
C. 存在直线，使得
D. 对于任意直线，都有
【答案】AD
【解析】
【分析】设，不妨令都在第一象限，，联立抛物线，根据已知及韦达定理得、，则，再根据各项描述、抛物线定义判断它们的正误.
【详解】由题意，设，不妨令都在第一象限，，
联立，则，且，即，
所以，则，如上图所示.
A：若为△的中线，则，
所以，所以，故，
所以，则，故A正确；
B：若为的角平分线，则，
作垂直准线于，则且，
所以，即，则，
将代入整理，得，则，
所以，故B错误；
C：若，即，即△为等腰直角三角形，
此时，即，所以，
所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；
D：，而，
结合，可得，即恒成立，故D正确.
故选：AD.
12. 如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A. 球与圆柱的体积之比为
B. 四面体CDEF的体积的取值范围为
C. 平面DEF截得球的截面面积最小值为
D. 若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，B错误；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：AD
【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据二项展开式中二项式系数的特点得到，然后利用二项式的通项列方程，解方程即可得到.
【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，二项式的通项为，令，解得， 所以展开式中项为，，解得.
故答案为：.
14. 已知向量，设与方向相同单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据，得到，然后在上的投影向量为求夹角即可.
【详解】法一：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，所以，又，所以的夹角为.
法二：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，即，所以的夹角为.
故答案：.
15. 已知动圆经过点及原点,点是圆与圆的一个公共点,则当最小时,圆的半径为___________.
【答案】5
【解析】
【分析】利用两圆的位置关系确定两圆内切时最小,根据位置关系可得圆的半径.
【详解】如图:
记圆半径为R,,则,,
所以,
当最小时,最大,此时两圆内切.
由已知设动圆的圆心为,
又圆心可得
即,
解得,所以,即圆的半径为5.
故答案为:5.
16. 已知函数，若对任意实数，都有，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】先将问题转化为，再对函数求导，分，和三种情况分析的单调性与最值，从而得到关于的不等式，解之即可得解.
【详解】由题意知要使对任意实数，都有，
只需，即，
因为，
所以，
当时，在上恒成立，所以在上单调递减；
则，，
由，得，所以；
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
①当，即时，
由得，解得，所以；
②当，即时，
由，得，
令，则恒成立，
又，所以，
则在上恒成立，所以；
所以；
当时，在上恒成立，
当时，，则上单调递增，
故，，
由，得，故，所以；
综上，，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将问题转化为，然后结合函数的单调性求出函数的最值即可.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记数列的前项和为，已知，数列是首项为2，公差为1的等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出数列的通项，再根据与的关系求解即可；
（2）先证明，再结合等比数列的前项和公式即可得出结论.
【小问1详解】
由数列是首项为2，公差为1的等差数列，
得①，
当时，，所以，
当时，②，
由①②得，即，
所以，
又，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
而，
当时，
，
综上所述，.
18. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式、余弦定理化简已知式可得，进而求出的值，结合，可求出.
（2）由三角恒等变换的应用可求，由题意可求出，由正切函数的性质求解即可.
【小问1详解】
由
，
所以，可得：，
即，由余弦定理可得：，
又，所以.
【小问2详解】
由
，
因为，所以，又，
所以，所以，得，
所以，所以，所以.
的取值范围为.
19. 如图，在多面体中，四边形是边长为4的菱形，与交于点，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）若，点为的中点，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明平面，则平面；
（2）以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，将二面角的余弦值转化为两个法向量夹角余弦值的问题.
【小问1详解】
证明：如图，取中点，连接，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面 分别为中点，
所以.
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面.
【小问2详解】
如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，设
设平面的法向量
则即，
则.
设平面的法向量，
设二面角的平面角为为锐角，
所以.
二面角的余弦值.
20. 为了“锤炼党性修养，筑牢党性根基”，党员教师小A每天自觉登录“学习强国APP”，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人赛.每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20分，第1个达到100分的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束.每天的四人赛共有30局，前2局是有效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1局获得第1名的得3分，获得第2、3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2、3、4名的得1分；后28局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分.经统计，小A每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为，，，在第2局四人赛中获得2分、1分的概率分别为，.
（1）设小A每天获得的得分为，求的分布列、数学期望和方差；
（2）若小A每天赛完30局，设小A在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为，每局是否赢得比赛相互独立，请问在每天的30局四人赛中，小A赢得多少局的比赛概率最大？
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为，方差为
（2）小A赢得10局的比赛概率最大
【解析】
【分析】（1）记事件表示第一局获得分，事件表示第二局获得分，的可能值为5，4，3，2，根据事件相互独立求出的分布列、数学期望和方差；
（2）设小A每天赢得的局数为，则，求最大时的取值即可.
【小问1详解】
记事件表示第一局获得分，事件表示第二局获得分，这些事件相互独立，由条件知的可能值为5，4，3，2.
其分布列为
，
.
【小问2详解】
设小A每天赢得的局数为，则，
于是.
根据条件得，
由①得，得，
同理由②得，所以，
又因为，所以，因此在每天的30局四人赛中，小A赢得10局的比赛概率最大.
21. 已知点，动点到直线的距离为，且，记的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过作圆的两条切线分别交曲线于A，B两点，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到方程，求出轨迹方程；
（2）设，则，，由四点共圆，求出圆的方程，求出相交弦的方程为，求出弦长和点到直线距离，表达出，令，，求导得到函数的单调性和最小值，得到答案.
【小问1详解】
由题意得，
化简得，
故曲线的方程为；
【小问2详解】
设，则，，
由于⊥，⊥，故四点共圆，
其中圆心为的中点，半径为，
故此圆方程为，即，
与相减得，
即直线的方程为，
原点到直线的距离为，
故，
点到直线的距离为，
故，
令，则，
令，，
则恒成立，
在上单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，
故的面积最小值为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
22. 已知，函数有两个零点，记为，．
（1）证明：．
（2）对于，若存在，使得，试比较与大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）问题化为方程有两个根，构造研究单调性，结合得到，即可证结论；
（2）由已知，结合作差，再构造研究其函数值符号比较大小，根据单调性即可证结论.
【小问1详解】
函数有两个零点，即方程有两个根．
令，则，故上，上，
∴在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值，
∴，即，且，
又，且，，
结合函数的单调性得，
∴．
【小问2详解】
由得：
．
而，
∴．
设，则．
令，则，
∴在上是增函数，因此，故．
又，，即，
∴，从而，即．
又在上是增函数，
∴，即．
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