2023届安徽省阜阳市临泉第一中学高三上学期1月期末数学（理）试题（解析版）

2023届安徽省阜阳市临泉第一中学高三上学期1月期末数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，则（    ）

A．  B．  C．  D．

【答案】D

【分析】根据题意判断集合中的元素情况，即可判断答案.

【详解】由，可知,

不同时在集合中，集合中都不含5，故错误，D正确.

故选：D．

2．已知为虚数单位，复数z满足，则的虚部为（    ）

A．－1 B．－2 C．1 D．2

【答案】A

【分析】设，根据模长公式列出方程，求出，得到答案.

【详解】设，则，解得：，

故的虚部为-1.

故选：A．

3．2022 年卡塔尔世界杯（FIFA World Cup Oatar 2022）是第二十二届国际足联世界杯足球赛，在当地时间 2022 年 11 月 20 日到12 月 18 日间在卡塔尔国内 5个城市的8 座球场举行，这是世界杯第一次在阿拉伯地区举办，由于夏季炎热，2022 年卡塔尔世界杯放在冬季进行，如图是卡塔尔 2022 年天气情况，下列对 1－11 月份说法错误的是（    ）

A．有5个月平均气温在 30℃以上

B．有4个月平均降水量为0mm

C．7月份平均气温最高

D．3月份平均降水量最高

【答案】D

【分析】根据给定的图表，逐项分析判断作答.

【详解】观察图表知，5月、6月、7月、8月、9月的5个月平均气温均在30℃以上，A正确；

6月、7月、8月、9月的4个月平均降水量为0mm，B正确；

7月份平均气温最高，C正确；

2月份平均降水量比3月份平均降水量高，D错误.

故选：D

4．等差数列 的前n项和为 ，公差不为 0，若 ，则（    ）

A．   B．   C． D．

【答案】C

【分析】根据推得，即，可得，由此利用等差数列的前n项和公式，逐项计算各选项，可得答案.

【详解】设等差数列的首项为 ，公差为 ,

由已知得,即，

则 ；

故，A错误；

，B错误；

故，C正确；

，D错误，

故选：C．

5．一般地，声音大小用声强级（单位： dB）表示，其计算公式为：，其中I为声强，单位，若某种物体发出的声强为，其声强级约为（） （     ）

A．  B． C． D．

【答案】A

【分析】将声强代入中，结合对数的运算化简求值，可得答案.

【详解】由已知得

().

故选：A．

6．已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出图形，可得最大面积的截面四边形为等腰梯形，根据梯形的面积公式求解即可.

【详解】如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形，

其中，高为，

故面积为.

故选:D．

7．已知 ，直线 ，若l与⊙O相离，则（    ）

A．点 在l上 B．点在上

C．点在 内 D．点在外

【答案】C

【分析】根据l与相离,可知圆心到直线的距离大于半径，由此列不等式，即可推出，即可得答案.

【详解】由已知l与相离,可知圆心到直线的距离大于半径，

不妨设为的半径，即有，

故，由于，则，所以,

则点在内，

故选：C．

8．已知函数 在区间内有两个极值点 且，则（    ）

A．   B． 在区间上单调递增

C．   D．

【答案】D

【分析】由题意可得，求得，即可判断A; 判断在上的正负，可判断的而单调性，判断B;将代入中，即可判断C; 将代入中,比较大小，可判断D.

【详解】由题意函数在区间内有两个极值点，

则,即，故，

当时，，当时，，

当时，，即为在内的极大值点，

为在内的极小值点，

所，A错误；

由时，，故，

所以在区间上单调递减，B错误；

又，

由于时R上的增函数，故，

所以，C错误；

，

因为，故，

故，D 正确，

故选：D．

二、多选题

9．在中，已知，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】画出三角形，应用向量线性表示，三角形法则，数量积关系逐项分析即可.

【详解】如图所示：

因为，所以，

所以，

故选项A正确，

因为，所以

所以

，

故C选项错误，

由，

，

在，，

所以，

即，

所以，

所以，

所以，

即

即，故选项D正确，

由，

所以在中，因为，

所以，故B正确，

故选：ABD.

10．已知 3a＋1＝22b＋1 ＝6，则（    ）

A．a＜b＜1 B．b＜a＜1 C．ab＞ D．a＋b＞

【答案】AD

【分析】根据指数对数的互化，对数函数的性质，均值不等式，即可求解.

【详解】．

故，，．

所以

，

，

所以．

故选：AD．

11．已知抛物线 E 的焦点为 F，顶点为O，过F作两条互相垂直的直线，它们分别与E相交于A、B和C、D，则（    ）

A．∠AOB为锐角 B．∠COD为钝角

C． D．

【答案】BC

【分析】分析出两直线斜率均不为0，设出，与抛物线方程联立得到两根之和，两根之积，求出，求出∠AOB为钝角，同理得到，故∠COD为钝角，A错误，BC正确；利用向量数量积公式得到，，故D错误.

【详解】因为两直线均与抛物线E相交于两点，故两直线斜率均存在，且不为0，

设抛物线E方程为，，联立得，

设，

则，，

故∠AOB为钝角，A错误．

所以，与抛物线联立得，

设，则，

同理可得，故∠COD为钝角，B正确；

且，C正确；

因为，所以，，

所以，

同理得到：

．

故当时，，D错误.

故选：BC．

12．已知球O的表面积为，三棱锥的顶点都在球面上，该棱锥体积取最大值时下列结论正确的是（  ）

A． B． C．  D．

【答案】BD

【分析】要让三棱锥的体积最大，则为正三角形，设正三角形ABC的底面边长为t，，能得到三棱锥的体积，令，通过导数求出的最大值，能得到三棱锥为正四面体，然后通过几何关系和线面垂直的判定定理和性质定理进行判断每个选项

【详解】由已知设球O的半径为R，则，所以，

设底面ABC的外接圆的圆心为，需要的面积最大，

先定住点，若要的面积最大，则得为等腰三角形，且在内或在边上，

设到线段的距离为，底面ABC的外接圆的半径为

故，

令，故

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

所以，此时的面积最大，此时，即，所以，

所以三角形是正三角形时，圆的内接三角形面积最大，

设正三角形ABC的底面边长为，，三棱锥的高为h，则，故，

所以三棱锥的体积：，

令，由，得，

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

故当时，取最大值，即三棱锥的体积取的最大值，

所以此时，即，，故A不正确，B错误；

此时三棱锥为正四面体，，故C错误；

取的中点，连接，

在等边三角形和等边三角形中，，

，平面，

所以平面，又平面，所以

同理可得，故D正确

故选：BD

三、填空题

13．从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．

【答案】##0.3

【分析】根据古典概型计算即可

【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，

有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；

其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率.

故答案为：.

解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为

甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率

故答案为：

14．已知函数的最小正周期为，其图象过点，则________．

【答案】

【分析】根据函数的最小正周期求出的值，由以及的取值范围可求得的值，可得出函数的解析式，再利用两角差的正弦公式可求得的值.

【详解】因为函数的最小正周期为，则，则，

因为，可得，，则，，

因此，.

故答案为：.

15．已知椭圆 C的焦点为 为 C 上一点满足，则C 的离心率取值范围是________．

【答案】

【分析】设，，利用余弦定理可得，再结合基本不等式推出，即可求得答案.

【详解】设椭圆C的方程为，

设，，则，

在中，，有,

得，即，

故，因为，即，当且仅当时取等号，

故，即，故 ，

解得，由，所以C的离心率取值范围是，

故答案为：

16．已知函数，过点有两条直线与曲线 相切，则实数的取值范围是________．

【答案】

【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程，将所求问题转化为方程的根的问题，利用导数法求函数的最值即可求解.

【详解】由，得，

设切点为，则

切线方程为：．

因为过点有两条直线与曲线 相切，

所以有两根，即有两根．

令，则，

令即解得；

令即解得；

在递减，在递增．

当时，取得极小值也为的最小值，

所以，

故实数m的取值范围是．

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列的通项公式为，等比数列满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，的前n项和分别为，，求满足（）的所有数对．

【答案】(1)

(2)满足条件所有数对为

【分析】（1）根据的通项公式求出，从而得到，求出公比，得到通项公式；

（2）利用等差数列和等比数列前项和公式列出方程，，变形后得到，根据且为整数，求出相应的值，得到满足条件所有数对.

【详解】（1）由，所以，故，

所以等比数列的公比为，

故，所以，即等比数列{}的通项公式为；

（2）由已知得：，

由（1）可知，

由，所以，

即，故，

因为m正整数，，所以，

，

故满足条件所有数对为．

18．为落实国家全民健身计划，提高居民身体素质和健康水平， 某电视台每周制作一期“天天健身”节目，时长 60 分钟，每天固定时间播放．为调查该节目收视情况，从收看观众中随机抽取 150 名．将其观看日平均时间（单位：分）为样本进行统计．作出频率分布直方图如图．

(1)请估计该节目收看观众的平均时间（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)在选取的 150位观众中男女人数相同规定观看均时间不低于30 分钟为满意，低于 30分钟为不满意．据统计有 48 位男观众满意，请列出2×2 列联表，并判断是否有 90%的把握认为“满意度与性别有关”？

附：，其中n＝a＋b＋c＋d．

【答案】(1)分钟；

(2)填表见解析；没有90%的把握认为“满意度与性别有关”.

【分析】（1） 由频率分布直方图可知样本数据的相关频率，即可求得该节目收看观众的平均时间；（2）由已知可得2×2列联表，结合独立性检验计算即可判断.

【详解】（1）由频率分布直方图可知：样本数据在[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]的频率分别为：0.1，0.12，0.16，0.28，0.20，0.14，

故调查表平均值为：

，

所以该节目收看观众的平均时间为分钟.

（2）由（1）可知观看平均时间不低于30分钟的频率为：，

所以观看平均时间不低于30分钟的样本数为：.

由已知可得列联表如下：

．

，

所以没有90%的把握认为“满意度与性别有关”．

19．在中，点D在BC 上，满足AD＝BC，．

(1)求证：AB，AD，AC成等比数列；

(2)若，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由正弦定理得，再由，得到，即得证；

（2）记A，B，C的对边分别为a，b，c，由（1）得，设，在△ABD与△ACD中，分别使用余弦定理，解方程组可求出或，依题意排除，利用余弦定理即可求出.

【详解】（1）在中，由正弦定理得：①，

由已知得：②，

由①②联立得：，

因为，所以．

故AB，AD，AC成等比数列；

（2）在△ABC中，记A，B，C的对边分别为a，b，c，

故，由（1）知：③，

在△ABD中，设，由已知得，

由余弦定理得：，

即④，

在△ACD中，设，由已知得，

由余弦定理得：，

⑤，

由⑤＋④×2整理得：⑥，

由③⑥联立整理得：，

解得：或，

当时，由可求得，所以故舍去，

当时，由可求得，满足，

在△ABC中，由余弦定理得

综上：

20．如图，三棱柱 的侧棱长为，底面是边长为2的等边三角形， 分别是的中点， ．

(1)求证：侧面 是矩形；

(2)若 ，求直线与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，证明平面,根据线面垂直的性质定理证明，结合三棱柱性质，可证明结论；

（2）取中点O，连接，证明⊥平面，即可建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据线面角的向量求法，即可求得答案.

【详解】（1）由题意是的中点，连接 ，

由已知为等边三角形，所以．

由已知,平面,

所以平面,又平面ADE，故，

因为，所以，

又侧面为平行四边形，所以侧面是矩形

（2）取中点O，连接，

由已知得，底面是边长为2的等边三角形，则，

因为，E为的中点，

所以，是等边三角形．

故，由（1）知平面，平面,

所以是，平面 ,

所以⊥平面．

以O为原点，过点O作的平行线作为x轴，以所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，如上图，

故，

所以，

设平面的法向量为，则，

故 ，取，则，

设直线与平面所成角为，

则，

故，

所以直线与平面所成角的余弦值为.

21．在平面直角坐标系xOy中，，，直线AP，BP 相交于点 P，且它们的斜率之积是1，记点P的轨迹为C．

(1)求证：曲线C是双曲线的一部分：

(2)设直线l与C相切，与其渐近线分别相交于 M、N两点，求证：的面积为定值

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）设P的坐标，，根据斜率乘积为1列出方程，求出轨迹方程，判断出曲线C是双曲线的一部分；

（2）设切点坐标为，得到直线l的方程，与双曲线方程联立，由根的判别式等于0得到，结合得到，解得，求出直线l的方程为：，与两渐近线联立求出两点坐标，求出，结合以△OMN为直角三角形求出面积为定值4.

【详解】（1）设点P的坐标为，由已知得，

则直线AP，BP的斜率分别为：

由已知，化简得．

故曲线C的方程为：，

所以曲线C是除去顶点的双曲线，是双曲线的一部分；

（2）设直线l与C相切的切点坐标为，斜率为k，则，

则直线l的方程为：，与联立整理得：

①，

双曲线渐近线为，故，

且方程①有两个相等的实数根，

故，

化简得：②，

又，即③，

由②③得，，即，所以，

故直线l的方程为：．

双曲线C的两条渐近线方程为，所以△OMN为直角三角形．

不妨设与交点为M，解得，

同理，设与交点为N，解得，

可求得：，

所以△OMN的面积，

故△OMN的面积为定值．

【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

22．已知函数．

(1)求的导函数的单调区间；

(2)若方程（）有三个实数根，且，求实数 a的取值范围．

【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；

(2).

【分析】（1）求出导函数，再利用导数求出其单调区间作答.

（2）构造函数，把方程有三个实根问题转化为函数有三个零点求解，再利用导数分类讨论并结合零点存在性定理求解作答.

【详解】（1）函数f(x)的定义域为

记，则．

当时，，则在上单调递增，

当时，记，

所以时，，递减；时，，递增，

的极小值为，即有，

因此， g(x)在上单调递减，

所以函数在上单调递增，在上单调递减.

（2）令

方程（）有三个实数根等价于F(x)有三个零点，，

当时，因为，则，此时F(x)在无零点；

当时，由（1）知在上单调递增，

显然，，

因此存在，使得，，单调递减，

，单调递增，

①若，则，不符合题意；

②若，，当时，，，在上无零点，

当时，，在上无零点，不符合题意，

③若，则，，于是，

而当时，，，但的取值集合是，

因此存在，使得，

当时，令，，令，

则，即在上单调递增，，

在上单调递增，，因此当时，，

有，因为当时，二次函数的值域是，

于是得当时，，因此存在，使得，

此时当时，，即函数F(x)在上单调递减，

由

因此存在，使得，

从而当时，F(x)有三个零点，且，

所以实数a的取值范围是．

【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，还可借助数形结合思想分析解决问题.