2022届安徽省芜湖市高三下学期5月教育教学质量监控数学（理）试题含解析含解析

这是一份2022届安徽省芜湖市高三下学期5月教育教学质量监控数学（理）试题含解析含解析，共17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届安徽省芜湖市高三下学期5月教育教学质量监控数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合的并集的运算方法计算即可.【详解】因为集合，，∴.故选：D.2．已知复数满足，则（       ）A． B． C．2 D．5【答案】B【分析】由题意，根据复数的除法运算，求得，再由复数模的运算，即可求解.【详解】由题意，复数满足，则.故选：B.3．（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用诱导公式、逆用差角的正弦计算作答.【详解】.故选：A4．改革开放后，优越的区位条件及政策倾斜使得我国东南地区尤其是长三角地区的经济得到迅速发展，大幅度提高了长三角地区对外来人口流入的拉力作用，从而使得该地区的人口经济集聚程度进一步提升.为研究长三角地区人口密度对经济增长的贡献效应，经调查统计，得到长三角地区分阶段人口密度与贡献率，结果如图1.下列说法中错误的是（       ）A．2009年以来，长三角地区新增人口渐趋平稳，人口集聚程度放缓B．长三角地区人口密度对经济增长的贡献率呈现由增到减的发展走势C．人口质量红利贡献率与人口数量红利贡献率相比较，人口质量红利贡献率的波动性较大D．人口数量红利和人口质量红利相比较，人口数量红利对经济增长的贡献更为突出【答案】D【分析】根据题目中给的图表对各个选项进行分析判断即可.【详解】A. 从图形上看，2009年以来，长三角地区人口增加平稳，人口集聚程度缓慢，所以正确；B. 人口密度对经济增长的贡献率呈现由增到减的发展走势，所以正确；C. 人口质量红利贡献率波动性较大，人口数量红利贡献率相对比较平稳，所以正确；D.从图形看，人口质量红利对经济增长的贡献较为突出，所以错误；故选：D5．设动圆圆心为，该动圆过定点，且与直线相切（），圆心轨迹为曲线.过点的直线与轴垂直，若直线与曲线交于，两点，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据抛物线的定义求曲线的轨迹，再由定义可求解.【详解】由题意，设，因为，根据抛物线的定义可知，曲线的轨迹为，再根据直线与轴垂直且直线与曲线交于，两点，从而可知.故选：D6．已知等差数列的前项和为，且，，则（       ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列的性质，由代入前8项和公式中，从而求出的值．【详解】由已知，得，故选：B.7．为了检验某种血清预防感冒的作用，把名使用血清的人与另外名未使用血清的人一年中的感冒记录作比较，提出假设：“这种血清不能起到预防感冒的作用”，利用列联表计算的结果，认为成立的可能性不足，那么的一个可能取值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由独立性检验的知识直接判断选项即可.【详解】若成立的可能性不足，则，由选项知：.故选：A.8．在的展开式中，项的系数为（       ）A．5 B． C．15 D．【答案】B【分析】用组合思想即可解决三项展开式中的系数.【详解】，表示5个相乘，展开式中出现有两种情况，第一种是中选出3个和2个1，第二种是中选出4个和1个，所以展开式中含有项有和，所以项的系数为.故选：B9．设，，，则，，的大小关系正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性估计的范围，由此比较，，的大小关系.【详解】，因为函数为上的增函数，，所以，故，又为R上的增函数，，所以，即，所以，故选：A10．已知函数的部分图象如图所示，则将的图象向左平移个单位后，所得图象的函数解析式是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由函数图象可知最大值和最小正周期，由此可得；利用可得，根据三角函数平移变换和诱导公式可化简得到函数解析式.【详解】由图象知：，则；，，解得：；，，解得：，又，，，，即平移后的函数解析式为.故选：C.11．已知函数，若不等式的解集为且，则函数的单调递减区间为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可得，且，对比可求得、的值，可得出函数的解析式，求出，解不等式可得出函数的单调递减区间.【详解】不等式的解集为且，如下图所示：所以，，且，即，所以，，解得，则，所以，，由，解得，因此，函数的单调递减区间为.故选：C.12．如图所示，圆柱中，是底面直径，点是上一点，，点是母线上一点，点是上底面的一动点，，，，则（       ）A．存在点，使得B．存在唯一的点，使得C．满足的点的轨迹长度是D．当时，三棱锥外接球的表面积是【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法判断选项A，B，C的对错，再通过确定三棱锥外接球的球心及半径判断D.【详解】由圆锥的性质可得平面，如图以为原点，为的正方向建立空间直角坐标系，设，，则，，，，设关于点的对称点为，因为，，所以，所以，又，所以，A错误，又，因为，所以，所以，所以，所以满足的点的轨迹为圆，B错误，因为，，，所以，所以，故，所以满足的点的轨迹为线段，所以，C错误，因为，,,所以为直角三角形，取的中点为,又为直角三角形，所以,故为三棱锥外接球的球心，故外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确，故选：D.二、填空题13．设为奇函数，且时，，则___________.【答案】【分析】根据奇函数的性质即可求．【详解】由题可知，．故答案为：．14．已知向量，，且在上的投影等于，则___________.【答案】4【分析】根据投影定义直接计算可得，注意数量积符号.【详解】因为在上的投影等于，即所以，且，解得.故答案为：415．已知双曲线的左､右焦点分别为，，过右焦点的直线斜率为，且与双曲线左､右两支分别交于，两点，若的周长为，则___________.【答案】【分析】根据双曲线的定义求得，再求出点的坐标，最后根据斜率公式可求解.【详解】由右焦点，可知，故双曲线方程为，由双曲线的定义有,又的周长为，即，从而可得.设，且有，所以,解得，从而可得，即，所以.故答案为：16．记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，若，，成等比数列，则___________.【答案】10【分析】由已知可得当时，，结合可得数列为等差数列从而得到通项和，然后利用等比中项进行计算可得答案.【详解】为数列的前项积，当时，，当时，，，则，整理得，即数列是首项为2，公差为1的等差数列，，，,，，，，成等比数列，即，，即，解得，故答案为：10三、解答题17．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若的面积为.(1)求；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)；(2)﹒【分析】(1)根据余弦定理和三角形面积公式即可求tanC，从而可求C的值；(2)根据正弦定理边化角，用sinA和sinB分别表示a、b，根据B=用A表示B，利用三角恒等变换和三角函数值域即可求三角形周长的范围．【详解】(1)根据余弦定理得，即，∵，∴，∴，∵，∴；(2)由正弦定理可得，∴，，∴的周长，∵，∴，∴．则，∴周长的取值范围为．18．如图，在四棱锥中，，，平面平面，平面与平面相交于直线.(1)证明：；(2)若，二面角是60°，点是直线上异于点的一点，且直线和平面所成角的正弦值是，求.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面平行的性质得到，再由面面垂直的性质得到线面垂直，最后证明出线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，设，用空间向量求解直线和平面所成角的正弦值，列出方程，求出【详解】(1)因为，平面，平面，所以平面.又因为平面，平面平面，所以.因为平面平面，平面平面，，所以平面.故平面，而平面，所以.(2)由（1）可得，，故又，所以是等边三角形.取中点，连，以为坐标原点，为轴，为轴，如图建系.则，，，，设，平面的法向量为，，，则，令，得，又则化简，得：，解得：，故19．某校为了宣传芜湖市的“紫云英人才计划”开展多项游戏活动，其中一项为摸球领奖品游戏.游戏规则如下：在不透明的口袋中有3个红球､2个黑球，这些球除颜色外完全相同，参与者每一轮从口袋中一次性取3个球，将其中红球的个数记为该轮得分，记录完得分后，将取出的球全部放回袋中.当参与者完成轮游戏，累计得分恰好为时，游戏过关，可获得奖品，同时游戏结束，否则继续参与游戏.3轮后仍未过关，则游戏结束，每位参与者只能参与一次游戏.(1)求随机变量的分布列和数学期望；(2)若小明同学参与游戏，求小明获得奖品的概率.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）写出随机变量的可能取值和取每个值所对应的概率，即可得到分布列，结合期望公式即可得解；（2）分别求出小明同学取球1次后，取球2次后，取球3次后可获得奖品的概率，求和即可得到答案.【详解】(1)由题意得，随机变量可取的值为1，2，3，易知，，所以，则随机变量的分布列如下：1230.30.60.1所以(2)由（1）可知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，记参与者第轮的得分为，则其前轮的累计得分为若第一轮取球后可领取纪念品，即参与者得2分，则；若第二轮取球后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为4分，有“”､“”的情形，则；若第三轮取球后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，有“”､“”的情形，则；记“参与者能够领取纪念品”为事件，则.20．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左､右顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆的左焦点，且的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)设过点的动直线交椭圆于、两点(点在轴上方)，、分别为直线、与轴的交点，证明：为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析﹒【分析】(1)根据椭圆离心率列出用c表示a、b，根据即可求出c，从而求出a、b和椭圆的方程；(2)设方程为，，，联立直线l方程和椭圆方程得根与系数关系，求出M和N的坐标，代入化简即可得结论．【详解】(1)由椭圆的离心率为，得，于是，∴，，因此，，，∴椭圆的方程为；(2)易知，直线(EF)斜率不为0，设方程为，由得，设，，则，，则．由直线方程，得；由直线方程，得；由此可得，．∴为定值．21．已知函数，为的导数.(1)当时，求在处的切线方程；(2)当恰有两个极值点时，记极大值和极小值分别为，.求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)根据导数的几何意义可求解；(2)根据题意，设，再根据单调性得到函数的极值点，然后通过统一变量，再求新函数的最值即可.【详解】(1)当，，切线的斜率为：，切点为，所以切线方程为，即切线方程为.(2)令，所以，设函数的两个极值点分别为，则，，分别为函数的极大值点和极小值点，且，其中，所以，由，可得，设，，令，可得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以，即.【关键点点睛】解决本题第1问的关键是求切线的斜率及切点，解决第2问的关键一是统一变量的思想，二是通过求函数的导数来确定函数的单调性.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线经过伸缩变换得到曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程；(2)已知射线与曲线交于、两点，若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出曲线的参数方程，化为普通方程，再利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程；（2）设、，则、为方程的两根，由已知可得，结合韦达定理可求得的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】(1)解：由题可得的参数方程为（为参数），则的直角方程为，即，因为，，所以，所以曲线的极坐标方程为.(2)解：设、，则、为方程的两根，，则①，②，因为，所以③，由①②③解得，则，，此时，合乎题意.故.23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)若对任意，使得不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)(2)[1，3].【分析】（1）代入，分情况去绝对值再求解不等式即可；（2）根据绝对值不等式化简为，再结合恒成立问题分别求的最大和最小值即可【详解】(1)当时，.当时，，解得，；当时，，解得，；当时，，解得，.则原不等式的解集为.(2)由题，恒成立，去绝对值有，又，故，，故，即a的取值范围为[1，3].