2022-2023学年安徽省阜阳市高三（上）期末数学试卷（含解析）

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2022-2023学年安徽省阜阳市高三（上）期末数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共35.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数是关于的方程的一个根，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  在的展开式中，的系数为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  在古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻有一个令他最引以为傲的几何图案该几何图案是内部嵌入一个内切球的圆柱，且该圆柱底面圆的直径与高相等，则该圆柱的内切球与外接球的体积之比为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知函数的定义域为，且，，当时，，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  悬索桥如图的悬索形状是平面几何中的悬链线某悬链线的方程为，当其中参数时，该方程就是双曲余弦函数，类似地有双曲正弦函数若，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知，，则，，的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

8.  如图是国家统计局发布的我国最近年的人口出生率单位：，根据如图，则(    )
 

A. 这年的人口出生率逐年下降
B. 这年的人口出生率超过的年数所占比例等于
C. 这年的人口出生率的分位数为
D. 这年的人口出生率的平均数小于

9.  先把函数图象上的所有点的横坐标缩短为原来的纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象已知是函数图象的一个对称中心，则(    )

A. 的值为
B. 的最小正周期为
C. 是函数的一条对称轴
D. 函数在区间上单调递增

10.  已知双曲线：，过左焦点作一条渐近线的垂线，垂足为，过右焦点作一条直线交的右支于，两点，的内切圆与相切于点，则(    )

A. 线段的最小值为
B. 的内切圆与直线相切于点
C. 当时，的离心率为
D. 当点关于点的对称点在另一条渐近线上时，的渐近线方程为

11.  如图，在棱长为的正方体中，是线段的中点，点，满足，其中，，则(    )

A. 存在，使得平面平面
B. 存在，，使得平面平面
C. 对任意，，的最小值为
D. 当时，过，，三点的平面截正方体得到的截面多边形的面积为
 

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

12.  抛物线的焦点坐标是______．

13.  南宋数学家杨辉在详解九章算法中论述了有关二阶等差数列的概念，它与一般的等差数列不同，相邻两项的差并不相等，但是逐项差数构成等差数列例如，数列，，，，相邻两项的差组成新数列，，，新数列，，为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列现有二阶等差数列，，，，则        ．

14.  已知向量，满足，且，若向量满足，则的最大值为        ．

15.  已知函数且在上有一个极值点，则实数的取值范围为        ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16.  本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，外接圆的直径为，且满足_____．
在下面三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答问题．
；为的面积；
．
求；
求周长的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

17.  本小题分
一副标准规格的三角板按图方式摆放构成平面四边形，为的中点将沿折起至，连接，使得，如图．
证明：平面平面．
求直线与平面所成角的正弦值．

18.  本小题分
小明每天去学校有，两条路线可供选择，小明上学时随机地选择一条路线如果小明上学时选择路线，那么放学时选择路线的概率为；如果小明上学时选择路线，那么放学时选择路线的概率为．
求小明放学时选择路线的概率；
已知小明放学时选择路线，求小明上学时选择路线的概率．

19.  本小题分
已知正项数列的前项和为，且．
求的通项公式；
数列的前项和为，且对任意的恒成立，求实数的取值范围参考数据：

20.  本小题分
已知椭圆：的离心率为，且过．
求的方程；
若，为上不与重合的两点，为原点，且，，
求直线的斜率；
与平行的直线与交于，两点，求面积的最大值．

21.  本小题分
已知函数．
当时，讨论的单调性；
当时，恒成立，求的取值范围；
设，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以．
故选：．
根据交集定义求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为复数是关于的方程的一个根，
所以复数也是关于的方程的一个根，
所以有，，解得，，
所以．
故选：．
据实系数一元二次方程根与系数关系进行求解即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据二项展开式：；
令，解得，
故的系数为．
故选：．
直接利用二项展开式和组合数的应用求出结果．
本题考查的知识要点：二项展开式，组合数的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示，

设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，
外接球半径为，则，，
，，，
圆柱内切球与外接球的体积之比为．
故选：．
设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，外接球半径为，得出，，，之间的关系，由球的体积公式求出圆柱内切球与外接球的体积之比．
本题考查圆柱的外接球与内切球问题，球的体积公式，化归转化思想，属中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由，有，可得，所以的周期为．
令，代，可得，所以，故函数为奇函数，
所以，
因为，所以，所以．
故选：．
由已知条件可得函数是奇函数也是周期函数，利用周期性和奇偶性，有，代入已知解析式求解即可．
本题主要考查抽象函数及其应用，函数的求值，考查运算求解能力，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：，
令，，
所以，则，
则，
当且仅当，时，等号成立．
故选：．
表示出函数，利用换元法令，，再根据基本不等式即可求解．
本题主要考查类比推理，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：构造函数，
则，
所以在上单调递增，则，故，
构建，则，
令，则，
故在上单调递增，在上单调递减，则，
，当且仅当时等号成立，
则，即，故．
故选：．
构建函数，利用导数判断的单调性可得，再构建利用导数判断的单调性可得．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化能力，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：根据条形图可知，这年的人口出生率呈现高低起伏的特点，并不是逐年下降，可得A错误；
这年的人口出生率超过的年数为，所占比例等于，所以B正确；
由于，所以这年的人口出生率的分位数为第个数和第个数的平均值为，故C错误；
这年的人口出生率的平均数为，显然D正确．
故选：．
由条形图的高低可判断A错误；出生率超过的年数为，所以B正确；根据百分位数的定义计算可知C错误；利用平均数定义可得D正确．
本题主要考查了条形图的应用，考查了平均数的计算，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由题意，
将图象上的所有点的横坐标缩短为原来的，
可得，
再将图象向左平移个单位长度，可得：，
因为是函数的图象一个对称中心，
则有，
即，
因为，所以，
故选项A正确；
所以，
故，
故选项B错误；
当时，，
故选项C错误；
当时，，
所以在上单调递增，
故选项D正确．
故选：．
根据图象变换找到的表达式，再根据及求出的值，可判断，进而得到的解析式，即可得其最小正周期，可判断，将代入中，即可得选项C正误，根据的范围，求出相位的范围，即可判断选项D的正误．
本题主要考查了正弦函数的图象和性质，考查了三角函数的图象变换，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：设双曲线的右焦点为，，，
对于选项A，当直线斜率不存在时，直线的方程为，则，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程，消去，得，
所以，
由，解得或，
所以，
所以当直线与轴垂直时，的长最小，即最小值为，故选项A错误；
对于选项B，设的内切圆与三角形三边的切点分别是，，，由切线长性质，
可得，
因为，所以，所以与重合，

即的内切圆与直线相切于点，故选项B正确；
对于选项C，由题可知双曲线的渐近线为，，则，
由上可知，所以，
所以，故选项C错误；
对于选项D，若关于点的对称点在另一条渐近线上时，则渐近线与轴的夹角为，
则其渐近线方程为，故选项D正确．
故选：．
设出直线方程，联立双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式可判断，根据双曲线的定义和内切圆性质可判断，由题可得进而可判断，根据条件可得渐近线与轴的夹角为可判断．
本题主要考查了双曲线的性质，考查了直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，由正方体中，，又平面，平面，，可证平面，
可得，又，平面，平面，，可证平面，
可得，所以由，平面，平面，，可得平面，
所以当时，平面，
即平面平面，故A项正确；
对于，平面平面，又因为平面，
所以与重合，与重合，
此时，，不符合题意，故B项错误；
对于，当时，，，
此时最小，最小值为，故C项正确；
对于，当时，
在上取靠近点的三等分点，
连接并延长交于点，
易得点是上靠近点的三等分点，
在上取靠近点的三等分点，如下图：

则，且，
又因为平面，所以，
即，则四边形为矩形，
又，，
则矩形的面积为，故D项正确．
故选：．
证明平面可判断；由平面平面，可判断和的重合点，进而可判断选项B；找出最小时的位置，进而判断选项C；利用构造平行四边的方法，找到截面，进而求解判断选项D．
本题考查面面平行、面面垂直等立体几何相关知识，属于较难题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由题意可知
焦点坐标为
故答案为
先化简为标准方程，进而可得到的值，即可确定答案．
本题主要考查抛物线的性质．属基础题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为成等差数列，且，，
则的公差为，
所以，
所以，，，，累加得，
故，
所以．
故答案为：．
根据等差数列的定义求出的通项公式，再用累加法可求即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：因为，所以，
又，，如图

向量的终点在以点为圆心为半径的圆上，
又，
所以的最大值为，即的最大值为．
故答案为：．
根据条件作出示意图，可得向量的终点在以点为圆心为半径的圆上，然后根据圆的性质即得．
本题主要考查两向量和的模的最值，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：函数且在有一个极值点，
在有一个变号零点，
当时，在上单调递增，
，不符合题意，舍去．
当时，令，
则，解得，
当，即时，在上单调递增，舍去；
当时，即时，在单调递减，在单调递增，
，所以，又，
在内存在唯一零点，即在有一个零点，
综上可得，实数的取值范围为．
故答案为：．
由题意得到在有一个变号零点，分与两种情况，排除，当时，二次求导，分类讨论得到时，在内存在唯一零点，即在有一个零点．
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值点问题，分类讨论思想，化归转化思想，属中档题．
 

16.【答案】解：选：由正弦定理可得，，
所以，
即，
由余弦定理，可得，
因为，所以，
选：因为，，
所以，
即，，
因为，所以，
选：由正弦定理可得，，，
，，
因为，所以；
由正弦定理可知，，
由余弦定理可得，，
即，
因为，
所以，
解得，当且仅当时等号成立，
故周长的最大值为． 

【解析】选根据正弦定理把，化成边，代入，再根据余弦定理求解即可；
选根据面积和余弦定理代入化简整理即可；
选由正弦定理把边全部转化为角，化简求解即可．
根据正弦定理把边求出来，然后根据余弦定理和基本不等式求解．
本题考查正余弦定理以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：证明：取的中点，连接，，如图所示，
设，
在中，，，，
又为斜边上的中线，，
又为的中点，，
，，又，，
，，
又，，，平面，
平面，又平面，
平面平面；
由可知，，，
分别以，，为轴，轴，轴，建系如图，则根据题意可得：
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
，又，，
直线与平面所成角的正弦值为：
． 

【解析】取的中点，证明平面，可得平面平面
建立空间直角坐标系，利用平面法向量解决线面角的问题．
本题考查面面垂直的证明，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，向量法求解线面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
 

18.【答案】解：设“上学时选择路线”，“上学时选择路线”，“放学时选择路线”，
则，且与互斥，
根据题意得，，，
由全概率公式，得，
所以小明放学时选择路线的概率为．
，
所以已知小明放学时选择路线，上学选择路线的概率为． 

【解析】设“上学时选择路线”，“上学时选择路线”，“放学时选择路线”，再利用条件概率公式求解；
利用条件概率公式求解．
本题考查条件概率公式运用，属于基础题．
 

19.【答案】解：，
当时，，解得，
当时，则，，
由得，即，
，
，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
故；
由得，，
，
，
则，转化为对任意的恒成立，只需即可，
令，则，即，解得，
，，
故当时，的最大值为，
故实数的取值范围为． 

【解析】利用及等差数列的定义求解，即可得出答案；
利用裂项相消求得，代入得对任意的恒成立，只需即可，利用作商法求的最大值，即可得出答案．
本题考查数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

20.【答案】解：由题意可得，
解得，，
所以椭圆的方程为；
设，因为，
所以点的坐标为，
又因为点在椭圆上，
所以，
化简可得，
因为且，
所以，
因为，为上不与重合的两点，
所以，，
即直线的斜率；
设的方程为，
由，消去，可得，
由，可得，且，，，，到直线的距离，
所以面积为，
令，．
令，解得，
当，解得；当，解得或，
所以在上单调递增，在，上单调递减，
所以的最大值为，
所以，
即面积的最大值为． 

【解析】根据已知条件列方程组求解即可；
设，因为，可得点的坐标，将点的坐标代入椭圆的方程，与已知条件结合即可得到结果；
由知设的方程为，联立直线与曲线的方程，根据弦长公式求出的长，根据点到直线的距离公式表示出到直线的距离，将的面积用表示，利用导数进行求解即可．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
 

21.【答案】解：当时，，，
当时，，当时，，
所以，在上单调递减，在上单调递增．
，，
令，，，
当，即时，因为，所以存在，
使得当时，，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
因为，所以在上单调递增，
则与矛盾，故舍去，
当，即时，此时，
下面证明恒成立即可，即证，
令，，
所以在上单调递减，所以，
所以，即，
综上可得，的取值范围为．
证明：由知当时，当时，，
即，令，则，
化简可得，，
所以，
即，
所以． 

【解析】根据导函数讨论单调性直接求解；
利用导数讨论单调性，分和两种情况分别讨论求解；
利用的结论：当时，，令，化简可得，进而用累加法可证明．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的恒成立问题，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．