2022届安徽省皖南八校高三上学期10月第一次联考理科数学试题（含解析）

这是一份2022届安徽省皖南八校高三上学期10月第一次联考理科数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了 已知集合，，则， “”是“”的， 若，其中，则， 已知定义在上的函数满足等内容，欢迎下载使用。
“皖南八校”2022届高三第一次联考数学（理科）一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】化简B，再根据并集的定义求.【详解】由，得，所以，因为，所以，故选：C.2. 已知为虚数单位，若复数，为的共轭复数，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由共轭复数定义求，再根据复数的运算律计算.【详解】，，则，故选：A.3. “”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据绝对值的定义可得且，然后利用充分、必要条件的定义判定.【详解】且，所以“”是“”的充分不必要条件，故选:A.4. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据向量投影的定义计算向量在向量方向上的投影.【详解】，，，∴向量在方向上的投影为，故选：D.5. 若，其中，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用微积分基本定理求定积分，然后利用余弦的二倍角公式转化为关于的方程，进而求解即得.【详解】，又，，即，解得或，又，，故选:A.6. 函数，，，，则，，的大小关系为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】适当变形，利用指数函数的性质可以判定函数在上单调递增，根据指数、对数函数的单调性可以判定，进而得解.【详解】，易知在上单调递增，因为，，，所以，所以，即.故选：B.7. 1471年德国数学家米勒向诺德尔教授提出一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即视角最大，视角是指由物体两端射出的两条光线在眼球内交叉而成的角），这个问题被称为米勒问题，诺德尔教授给出解答，以悬杆的延长线和水平地面的交点为圆心，悬杆两端点到地面的距离的积的算术平方根为半径在地面上作圆，则圆上的点对悬杆视角最大.米勒问题在实际生活中应用十分广泛.某人观察一座山上的铁塔，塔高，山高，此人站在对塔“最大视角”（忽略人身高）的水平地面位置观察此塔，则此时“最大视角”的正弦值为（    ）A.  B. C  D. 【答案】B【解析】【分析】设此时视角为，塔底离地面高度为，塔顶离地面高度为，根据题意，，然后利用两角差的正切值公式求得，进而利用同角三角函数关系求得“最大视角”的正弦值.【详解】由米勒问题的解答可知，此人应站在离塔水平距离为处观察，设此时视角为，塔底离地面高度为，塔顶离地面高度为，则，则，故.故选：B8. 已知函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，再向右平移个单位，得到的函数的一个对称中心是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据平移伸缩变换可得函数解析式，再整体代换求解即可得答案.【详解】函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，得到图象的解析式为，再向右平移个单位，得到图象的解析式为，令，解得，当时，，所以是函数的一个对称中心.故选:C.9. 如图，在梯形中，，，，，，，均为锐角，则对角线（    ）A. 5 B. 15C. 25 D. 30【答案】C【解析】【分析】过点作交于点，在三角形中，利用余弦定理求得, 然后在中利用余弦定理求得.【详解】过点作交于点，
 则，，.由余弦定理得，在中，，解得.故选：C.10. 已知定义在上的函数满足：关于中心对称，是偶函数，且.则下列选项中说法正确的有（    ）A. 为偶函数 B. 周期为2C.  D. 是奇函数【答案】D【解析】【分析】由于关于中心对称，又将函数向左平移1个单位后为，可知是奇函数；又是偶函数，又将函数向右平移1个单位后为，可知关于直线对称，由此即可求出函数的周期，进而可判断选项A,B是否正确；利用周期和对称性即可判断选项C，D是否正确.【详解】由于关于中心对称，又将函数向左平移1个单位后为，所以关于中心对称，即是奇函数；又是偶函数，又将函数向右平移1个单位后为，所以关于直线对称，即；所以，所以函数的周期，所以选项A､B错误；，故选项C错误；对选项D：由已知关于和直线对称，所以关于对称，又因为的周期，可得关于对称，所以是奇函数，D正确.故选：D.11. 已知，，，则的最大值为（    ）A.  B. C  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意分析，得到为等边三角形，进而利用平面向量的数量积运算可求得，利用向量的线性运算可得，然后利用向量模的不等式即可求得其最大值.【详解】由题可知，，为单位圆上的两个动点，且满足，故为等边三角形，则，所以，，则.由，，得，又，则，因此当与同向时，等号成立，此时的最大值为.故选：B.12. 已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】通过对，同时进行对数运算，构造函数，并讨论其单调性，结合，得，进而求得的取值范围.【详解】即，则，则，令，，当，，单调递增；当，，单调递减，因为，所以，又，所以恒成立，故.故选：D.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 命题“，”的否定是___________.【答案】，【解析】【分析】根据含量词的命题的否定规律求命题“，”的否定.【详解】命题“，”的否定是“，”，故答案为：，.14. 已知，则___________.【答案】##-0.28【解析】【分析】利用诱导公式变形，再借助二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因为，则.故答案为：.15. 已知，若方程恰有4个不同的实数解，，，，且，则___________.【答案】【解析】【分析】画出函数的图象，利用数形结合方法判定易知，，关于直线对称，结合可知，进而求得.【详解】如图，易知，，关于直线对称，所以，又且，所以，所以，所以，从而.故答案为：16. 如图，正三角形内有一点，，，连接并延长交于，则___________.【答案】【解析】【分析】设正三角形边长为2，，设，在中，得，在中，，代入数据计算可得答案.【详解】设正三角形边长为2，，设，中，，，代入数据可得，①，在中，，代入数据可得，②①/②得，，解得，代入①式得.所以.故答案为：.三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 若平面向量､满足，.（1）若.求与的夹角；（2）若，求的坐标.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】(1)根据向量的模的性质化简，由此可求与的夹角；(2) 设，根据向量共线的坐标表示和向量的模的坐标表示列方程求的坐标.【详解】解：（1）由可知，由可得，即，解得.设与的夹角为，则，又，.（2）设，则，，，所以，解得.又，.②由①､②，解得或，所以的坐标为或.18. 已知.其图像相邻两条对称轴的距离为，且，.（1）求；（2）把函数图像向右平移中得到函数图像，若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】由图像相邻两条对称轴的距离为可得函数的周期，由此可求，再由，求A，由此可得，(2)根据函数图像变换求，由可得，化简并求值.【详解】解：（1）.，则，，又，则，故.（2）由题意可得，，，.19. 已知函数的定义域为，函数的值域为.（1）当时，求；（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)解不等式得集合A，求函数值域得集合B，将代入即可求解；(2)由给定条件可得，再借助集合包含关系即可得解.【详解】（1）由，解得：或，即，由于，显然，则，即，于是得，当时，，则，所以；（2）因“”是“”的必要不充分条件，于是得，即，因此，或，解得：或，所以实数的取值范围为.20. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，.（1）求角；（2）求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知，由正弦定理化边为角，化简可求C，(2)由余弦定理可得b，c的关系，利用基本不等式可得bc的范围，由此可求的面积的最大值.【详解】解：（1）由题意可得：，再由正弦定理得，即，又，所以，又，所以.（2），，故，，当且仅当时，取到最大值.21. 已知是定义在上的奇函数，且当时，.（1）求函数的解析式；（2）若对任意的，都有不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】由函数为奇函数可得，由此可求a，再根据奇函数的性质求时，的解析式，由此可得函数的解析式；(2)先求函数的单调性，根据单调性化简不等式，由此可求实数的取值范围.【详解】解：（1）依题可知，解得，所以当时，，设，则，所以，又是奇函数，，即，所以当时，，综上所述，（2）当时，，所以在上单调递减，又是上的奇函数，在上单调递减，从而在上单调递减，由，可得，又在上单调递减，，即对任意的恒成立，记，对称轴为，依题意有，①当，即时，在上单调递增，，解得，与矛盾，此时无解；②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，，解得，又因为，所以此时；③当，即时，在上单调递减，，解得，又因为，所以此时；综上所述，实数的取值范围为.22. 已知函数.（1）当时，讨论函数的零点存在情况；（2）当时，证明：当时，.【答案】（1）两个零点；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)将代入可得，求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性并借助零点存在性定理即可求解；(2)根据已知条件构造函数，证明在时恒成立即可得解.【详解】(1)当时，，显然，即1是的一个零点，求导得，在上单调递增，且，则在上存在唯一零点，当时，，当时，，因此，函数在上单调递减，在上单调递增，而，，从而得上函数存在一个零点，所以函数存在两个零点；(2)令，，则，由(1)知在上单调递增，且在上存在唯一零点，即，当时，单调递减，当时，单调递增，因此，，即，则，而，有，于是得，所以当，时，.