2023届安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检查考试数学试题含解析

这是一份2023届安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检查考试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，正弦定理边化角.，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检查考试数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合,即可求出.【详解】函数的定义域为，所以，结合交集的定义可得.故选：B.2．已知为虚数单位，复数满足，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】由可得，利用复数的代数形式的乘除法运算化简，进而根据复数的乘方求解即可.【详解】由，可得，所以.故选：C.3．已知，则（    ）A． B． C．-2 D．2【答案】B【分析】根据两角和的正切公式计算直接得出结果.【详解】由，得，解得.故选：B4．直线与圆的位置关系是（    ）A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定【答案】A【分析】判断出直线的定点坐标，然后判断定点与圆的位置关系，进而可得直线与圆的位置关系.【详解】已知直线过定点，将点代入圆的方程可得，可知点在圆内，所以直线与圆相交.故选：A.5．已知某地区中小学生人数如图①所示，为了解该地区中小学生的近视情况，卫生部门根据当地中小学生人数，用分层抽样的方法抽取了10%的学生进行调查，调查数据如图②所示，则估计该地区中小学生的平均近视率为（    ）A．50% B．32% C．30% D．27%【答案】D【分析】先利用扇形统计图求出抽取的样本容量及小学生、初中生、高中生的人数，再利用条形统计图求出样本容量中近视的学生人数，从而求出平均近视率，得出结果.【详解】根据题意，抽取的样本容量为，其中小学生、初中生、高中生抽取人数分别为：350，450，200，根据图②知抽取的小学生、初中生、高中生中，近视的人数分别为：35，135，100，所以该地区学生的平均近视率为，故选：D.6．若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（    ）A．6 B．或 C． D．或【答案】D【分析】根据离心率的计算公式，分焦点的位置，讨论即可求解．【详解】当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为；当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为．故选：D．7．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据的解析式先判断奇偶性，代入特殊值即可求解.【详解】依题意，因为，所以，所以，所以为奇函数，所以D选项错误；因为，所以C选项错误；因为，所以B选项错误；因此排除了BCD选项，而A选项图象符合函数的性质.故选：A.8．在中，为上一点，且，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件转化边角的关系，计算即可.【详解】法一、相似转化边的关系如图所示，在和中，有,故,设，则，,所以设则根据相似比：得又，由余弦定理可得：则，，故法二、正弦定理边化角.设，则,在和中,有，由正弦定理有：，两式相除得：由三角恒等变换公式得：由弦化切，构造齐次式得：，即，解之得：或在中，则，故故选：D【点睛】本题考察向量与解三角形的综合，属于压轴题.方法一通过已知找到边之间的关系是关键，在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解有关角的方程，颇考验计算功底. 二、多选题9．已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则下列结论正确的是(    )A．数列是等差数列 B．数列是等差数列C．数列是等比数列 D．数列是等差数列【答案】ABC【分析】设等差数列的公差为，设等比数列的公比为，求出，利用等差数列的定义可判断选项；利用等比数列定义可判断C选项．【详解】设等差数列的公差为，则，∴．对于A选项，，∴为等差数列，A正确；对于B选项，令，∴，故数列是等差数列，B正确；设等比数列的公比为，对于C选项，令，则，故数列是等比数列，C正确；对于D选项，∵不一定为常数，故数列不一定是等差数列，故D错误；故选：ABC．10．已知是抛物线的焦点，，是抛物线上相异两点，则以下结论正确的是（    ）A．若，那么B．若，则线段的中点到轴的距离为C．若是以为直角顶点的等腰三角形，则D．若，则直线的斜率为【答案】BCD【分析】对于选项A，B，根据抛物线定义与性质判断选项A，B；对于选项C，D，用直线的倾斜角为表示，进一步计算判断C，D选项.【详解】对于A，只有当直线过焦点时，根据抛物线性质得，此题不一定过焦点，故A错误.对于选项B，，根据抛物线性质得：，即，设中点横坐标为则线段的中点到轴的距离为，故B正确.对于选项C，D，用直线的倾斜角为表示， 如图，过点作轴，垂足为，作垂直于准线的直线，垂足为.设直线的倾斜角为.，则，即，同理可得.若是以为直角顶点的等腰三角形, 或，当时，当时，故C正确.对于选项D，得：（A上B下）或（B上A下）解得：或则直线的斜率为，故D正确；故选：BCD【点睛】结论点睛：抛物线焦点弦的几个常用结论设是过抛物线的焦点的弦，若，，则：（1），；（2）若点在第一象限，点在第四象限，则，，弦长，（为直线的倾斜角）；（3）；（4）以为直径的圆与准线相切；（5）以或为直径的圆与轴相切.11．已知为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的一点，为的中点，，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（    ）A．圆上存在点使平面B．圆上存在点使平面C．圆锥的外接球表面积为D．棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动【答案】AD【分析】对于选项A，通过找面面平行得到线面平行，从而判断出选项A正确；对于选项B，通过假设存在点，从则得出面SBC应与面平行，与题意不符，从而判断出B错误；对于选项C，可以直接求出外接球的半径，求出球的表面积，从而判断出C错误；对于选项D，转化成正四面体的外接球能否在圆锥内任意转动，进而去判断圆锥轴截面内切圆半径与球半径的关系，从而判断出选项D的正误.【详解】对于选项A，如下图，过作，交劣弧与点，连接，由于分别为的中点，所以，由于面，面，面，面，所以面，面，面，面，又因为，所以面面，由于面，所以面，所以选项A正确；选项B， 假设在点M使面SBC，面SBC，所以，由圆锥易得底面圆，底面圆，所以，，面，面，所以面，故面SBC应与面平行，与题意显然不符，即选项B错误；选项C，如下图，依题意可知，所以，又，所以，不妨设圆锥外接球心为，半径为，则，即，将代入，解得，所以球的表面积，即选项C错误；选项D，棱长为的正四面体如下图所示，正方体的边长为，体对角线长为，所以棱长为的正四面体的外接球半径为，设内切圆的半径为，则，解得，所以，所以棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，即选项D正确．故选：AD.12．已知，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】分别构造函数，求导确定这些函数的单调性，即可利用单调性求解.【详解】令故当时，，故在单调递增，由于，故，即，进而，故A正确，令，当时， ，所以在单调递减，在时，此时单调递增，由于的大小关系无法确定，故的大小关系也无法确定，故 B错误，令，，令，则，在上单调递增，，，在上单调递减，，，故C不正确；构造函数，记，所以在单调递增，所以，因此，所以在单调递增，由于，所以，进而，即，故D正确，故选：AD【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. 三、填空题13．已知，，，则___________.【答案】【分析】求出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】由已知可得，由题意可得，解得.故答案为：14．已知，则___________.【答案】 【分析】设，利用赋值法求出即可求解.【详解】设，则，，所以故答案为：.15．已知实数，且，则的最小值为___________.【答案】##0.5【分析】运用基本式中的“1”的活用，即可得出结果.【详解】， ，  ， 当且仅当时，取等号. 故答案为：. 四、双空题16．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则当时，___________；若对都有，则实数的取值范围为___________.【答案】          【分析】先根据奇函数的特征求出的值，利用奇函数和的解析式，可求时的解析式，根据对称性和二次函数的值域可求实数的取值范围.【详解】因为为定义在上的奇函数，所以，解得；当时，，，因为为奇函数，所以，所以；当时，为增函数，所以时，为增函数；因为，所以的图象关于直线对称；令，得，根据对称性可知时，可得.因为，所以，即的周期为4，所以的解集为.设，因为，所以，；其图象的对称轴为，且开口向下；当时，在上单调递增，，解得；当时，，解得；当时，，解得；当时，在上单调递减，，无解；综上可得，即实数的取值范围为.故答案为：；【点睛】易错点点睛：本题易错点有三个方面：一是忽略奇函数的特点，没有求出的值；二是对二次函数区间最值求解时讨论分类不全面；三是不讨论直接利用得出错误结论. 五、解答题17．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示： 喜欢足球不喜欢足球合计男生 40 女生30  合计    (1)根据所给数据完成上表，依据的独立性检验，能否认为该校学生喜欢足球与性别有关？(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知这两名男生进球的概率均为，这名女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．附：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828  【答案】(1)列联表见详解，能(2)分布列见详解， 【分析】（1）根据已知条件完普列联表，然后计算的值，进一步由独立性检验的方法即可求解；（2）依题意得3人进球总次数的所有可能取值为，根据独立事件的概率公式求得，，，，从而得到的分布列，进而得到的数学期望．【详解】（1）列联表如下： 喜欢足球不喜欢足球合计男生6040100女生3070100合计90110200 则，所以依据的独立性检验，能认为该校学生喜欢足球与性别有关．（2）依题意得3人进球总次数的所有可能取值为，，，，，所以的分布列如下：0123 所以的数学期望为．18．已知函数.(1)若，求函数的最小正周期；(2)若图象在内有且仅有一条对称轴，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用恒等变换得到，再由，利用周期公式求解；（2）由，得，根据题意，由，求得的范围，进而得到的范围，利用正弦函数的性质求解.【详解】（1）解：，，，，由，得，则；（2）由，得，因为图象在内有且仅有一条对称轴，所以，解得，因为，且，所以，所以的取值范围是.19．已知数列满足，，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析. 【分析】（1）由题意,证得是等比数列，求得的通项公式，再由求得的通项公式.（2）方法一：由（1）得，利用放缩转化为裂项求和得证.方法二：,利用放缩得可证得结论.【详解】（1）由题意,所以,因为,所以数列是首项为2,公比为2的等比数列,所以,即,而,所以（2）方法一：由得方法二：因为所以.20．如图，在四面体中，为的重心，，分别在棱，上，平面平面.(1)求的值；(2)若平面，，且，求平面与平面的夹角的大小.【答案】(1)(2) 【分析】（1）延长交于点，连接，由已知的面面平行可得，为的重心，所以 ，可求的值；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小.【详解】（1）延长交于点，连接，因为为的重心，所以为的中点且 ， 因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，所以 ， 所以 .（2）因为平面，平面BCD，所以，，因为，，，平面，所以平面， 如图，以BA为x轴，BC为y轴，过B与CD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由(1)同理可得，则 ， 所以所以 ， ，   设平面的法向量为，则令，则，，则，设平面的法向量为则  ，令，则，，则，设平面与平面的夹角为，则 ， 所以平面与平面的夹角的大小为.21．已知，是双曲线的左､右顶点，为双曲线上与，不重合的点.(1)设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；(2)设直线与直线交于点，与轴交于点，点满足，直线与双曲线交于点（与，，不重合）.判断直线是否过定点，若直线过定点，求出该定点坐标；若直线不过定点，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)直线MN过定点 【分析】（1）设，表示出，，为双曲线上的点，化简为定值；（2）设，，BN的斜率为，由已知可得，设MN：，与双曲线联立，利用韦达定理代入，化简得，可知直线MN过定点.【详解】（1）设，由题意，且 ， 所以（2）设，，，BN的斜率为，由 知：   ，由(1)知： 所以 设MN：，与双曲线 联立，得：，所以 ，所以 ，即﹐则整理得，解得或（舍），故直线MN过定点.【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22．已知函数，，.(1)若，求证：；(2)若函数与函数存在两条公切线，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）记，利用二次导数讨论的单调性，然后可证；（2）设两函数切点坐标，利用导数求斜率，可得切线方程，根据切线方程斜率和截距分别相等列方程组，消元后转化为两个函数图象有两个交点问题，结合图象可解.【详解】（1）当时，记，则，记，因为，所以在上单调递增又所以当时，，单调递减，当时，，单调递增所以当时，取得最小值，即所以当时（2）设函数与函数的公切线分别相切于点和点因为，，所以l的方程可表示为或则有...①，...②由①可得，代入②可得：即记，，则记，因为，所以单调递减又，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，由上可知，要使函数与函数存在两条公切线，只需直线与函数图象有两个交点，因为， 由图可知a的取值范围为