安徽省宣城市2022-2023学年高三数学一模试题（Word版附解析）

宣城市2022-2023学年度第一学期期末调研测试

高三数学试题

考生注意事项：

1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卷指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域.

3.考生作答时，请将答案答在答题卷上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

4.考试结束时，务必将答题卡交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在毎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】D

【解析】

【分析】先解绝对值不等式求出集合，然后求其补集，再根据交集定义进行计算.

【详解】因为或}，

所以，又

所以.

故选：D.

2. 已知i是虚数单位，复数，则的共轭复数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先根据复数运算求，再根据共轭复数的概念求解即得.

【详解】,

则的共轭复数是.

故选:B.

3. 设正项等比数列的前n项和为，若，则数列的公比是（    ）

A. 2 B. 或2 C.  D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】直接代入等比数列的求和公式与通项公式即可求解.

【详解】依题知，因为，

所以，所以，

代入通项公式得：，

又因为，所以，

解得：或（舍），

故选：A.

4. 我国古代典籍《周易》用“卦”推测自然和社会的变化，如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦、分别象征着天、地、雷、风、水、火、山、泽八种自然现象.每一卦由三个爻组成，其中“▃”表示一个阳爻，“▃▃”表示一个阴爻）.若从含有两个或两个以上阴爻的卦中任取两卦，这两卦中恰好含有两个阳爻的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先写出所有情况为6种，再得到其中满足题意的情况，最后即可得到概率.

【详解】含有两个或两个以上阴爻的卦有坎、艮、震、坤卦，若任取两卦则有种，

其中恰好含有两个阳爻的有坎卦与艮卦；坎卦与震卦；艮卦与震卦共3种，
故概率为，

故选：B.

5. 四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若，则等于（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】运用向量的线性运用表示向量，对照系数，求得，代入可得选项.

【详解】因为，

所以，所以，所以 ，

所以，

故选：A.

6. 设函数在的图象大致如图，则的最小正周期是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将代入解得，，结合图像，周期范围为，解得，最后求出值，即得到其周期.

【详解】由图象可得，

所以，，则，，

设函数的最小正周期为，则,即,

所以，又，，则，，经验证可知，

当时与题图相符，所以的最小正周期，

故选：C.

7. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先构造函数，对函数求导，利用导函数的单调性可得到，且，再结合，即可得到，进而即可得到答案．

【详解】设，则，

当时，，此时单调递增；

当时，，此时单调递减，

所以，

所以，且，即，且，

又，则，即，即，即，

故，

故选：D．

8. 粽子是我国人们传统的美食，基本上全国都有吃粽子的习惯.随着生活水平的不断提高，粽子的花样，口味也在不断的变化，现在市场上粽子的形状有金字塔形、条形、三棱锥形等，口味大致有甜味，咸味两种，还有蛋黄，豆沙，大肉等.现将一种蛋黄粽看作正四面体，其内部的蛋黄看作一个球体，那么，当蛋黄的体积为时，该蛋黄粽（正四面体）高的最小值是（    ）

A. 4 B. 6 C. 8 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，内切球的半径为，根据球的体积求出，再根据等体积法求出即可.

【详解】要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，

设正四面体的棱长为，高为，内切球的半径为，则，解得，

如图正四面体中，令为的中点，为底面三角形的中心，

则底面，所以，则，

故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，则下列结论正确的是（    ）

A. 、、、四点共面

B. 平面截正方体所得截面为等腰梯形

C. 三棱锥的体积为

D. 异面直线与所成角的余弦值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项，利用锥体的体积公式可判定C选项，综合可得出合适的选项.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、

、、、，

对于A选项，，，，

设，即，

所以，，该方程组无解，所以，、、、四点不共面，A错；

对于B选项，，，所以，，则，

又因为，同理可得，即，

所以，平面截正方体所得截面为等腰梯形，B对；

对于C选项，，

，C对；

对于D选项，，，

所以，，

因此，异面直线与所成角的余弦值为，D对.

故选：BCD.

10. 已知函数，，若方程有两个不相等的买根，则实数的取值可以是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】将函数的解析式化为分段函数的形式，分析可知方程在、上各有一个根，分别求出方程在、上的根，根据题意可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围，即可得出合适的选项.

【详解】因为，

又因为程有两个不相等的买根，则方程在、上各有一个根，

当时，由可得，可得，其中且，

即，解得或；

当时，由可得，可得，其中且，

即，解得.

综上所述，.

故选：BC.

11. 已知抛物线的焦点为F，M，N是抛物线上两点，则下列结论正确的是（    ）

A. 点F的坐标为

B. 若直线MN过点F，则

C. 若，则线段MN的中点到x轴的距离为

D. 以线段MF为直径的圆与x轴相切

【答案】CD

【解析】

【分析】由抛物线方程确定焦点坐标即可判断A；直线与抛物线方程联立，利用韦达定理即可判断B；根据抛物线的定义知，进而即可判断C；设，结合选项C可得该圆的半径，再求该圆的圆心到x轴的距离即可判断该圆与x轴的位置关系，进而即可判断D．

【详解】对于A，由抛物线，则其焦点在轴上，焦点为，故A错误；

对于B，依题意，直线斜率存在，设其方程为，

由，消去整理得，则，，故B错误；

对于C，由抛物线，则其准线方程为，

分别设，到准线的距离为，，

则，则线段MN的中点到x轴的距离为，故C正确；

对于D，设，结合选项C可得以线段MF为直径的圆的半径为，

又，则以线段MF为直径的圆的圆心为，所以圆心到x轴的距离为，

则以线段MF为直径的圆与x轴相切，故D正确．

故选：CD．

12. 已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数存在两个不同的零点

B. 函数既存在极大值又存在极小值

C. 当时，方程有且只有两个实根

D 当时，

【答案】ABC

【解析】

【分析】令，根据一元二次方程的求根公式即可判断A；求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值即可判断B；当时，;当时，，结合B选项可得函数的图象，进而即可判断C，D．

【详解】对于A，令，则，解得，所以A正确；

对于B，由，则，

当时，，此时单调递减；

当时，，此时单调递增；

当时，，此时单调递减，

所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确；

对于C，当时，；当时，，结合B选项可知，函数的最小值是，

如图，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；

对于D，结合C选项中的图象知，当时，无，故D错误．

故选：ABC．

【点睛】关键点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，再结合时，；当时，即可得到函数的图象是解答本题的关键．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知的展开式中的系数为，则实数a的值是________.

【答案】2

【解析】

【分析】求出通项公式为，从而可得的通项为，分别求出和的展开式中的系数, 再根据运算即可求得 的值.

【详解】通项公式为，

所以，

令，则的展开式中的系数为；

令，则的展开式中的系数为；

故的展开式中的系数为,

.

故答案为：2.

14. 过点作圆的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB方程是________.

【答案】

【解析】

【分析】求出以 为直径的圆的方程, 将两圆的方程相减, 即可求解.

【详解】圆 的圆心为 , 半径为 2，

以 为直径的圆的方程为 ,

将两圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程 .

故答案为: .

15. 已知双曲线的左，右焦点分别为、，过点作倾斜角为的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，其中点A在第一象限，若，且双曲线C的离心率为，则________.

【答案】##

【解析】

【分析】结合双曲线的性质和余弦定理，即可求解.

【详解】由双曲线的定义知，，因为，

，即，

所以，

在中，由余弦定理知，，

所以

因为，所以，

故答案为：．

16. 已知在区间内任取两个不相等的实数p，q，不等式恒成立，则实数a的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意确定函数在内单调递增，利用导函数可得在恒成立，即可求实数a的取值范围.

【详解】不妨设，

则由，可得，

即，

所以函数在单调递增，

令，

则在恒成立，

即恒成立，

因为在单调递增，

所以，

所以，

故答案为: .

四、解答题：本题共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. 已知数列满足，，，令.

（1）写出，，并求出数列的通项公式；

（2）记，求的前10项和.

【答案】（1），，   

（2）

【解析】

【分析】（1）由递推关系既可求得，，再由数列的通项公式代入到，可求得数列的通项公式；

（2）将数列的通项公式代入到，可求得，由分组求和方法计算即可得出的前10项和

【小问1详解】

因为，，所以，，

又，所以，，，

当，时，；

当，时，，

当时，，即，

则，，

数列是以为首项，3为公比的等比数列，

故.

【小问2详解】

由（1）可得，

记的前项和为，

则

18. 如图，在中，已知，，.

（1）求AD的长；

（2）若，点E，C在直线AD同侧，，求的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求解作答.

（2）利用正弦定理，结合三角恒等变换、正弦函数的性质求解作答

【小问1详解】

依题意，，

在中，由余弦定理，

得，

所以.

【小问2详解】

，

在中，由正弦定理得，，即，解得，

而，于是，有，

中，由正弦定理得：，

令，则，，

因此，

因，则，有，

即，，

所以的取值范围为.

19. 如图，在四棱锥中，平面，中是正三角形，，是上任意一点.

（1）求证：；

（2）已知二面角的余弦值为，若为的中点，求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）推导出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；

（2）设，以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得的值，再利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.

【小问1详解】

证明：因为平面，平面，所以，，

又中是正三角形，则，

所以，四边形是菱形，所以，，

因为，、平面，所以，平面，

又平面，所以，.

【小问2详解】

解：因为，平面，

以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，

设，则、、、、、

，则，，

由（1）知平面的一个法向量为，

令平面的法向量为，则，

取，可得，

因为二面角的余弦值为，，

解得，则，

设直线与平面所成的角为，，，

，

综上，直线与平面所成的角的正弦值为.

20. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆的上、下顶点分别为A、B，点F是椭圆的右焦点，，.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，O为坐标原点，直线OP，OQ的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.

【答案】（1）   

（2）为定值，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示和面积公式以及的关系求解；

（2）利用直线与椭圆相交，结合韦达定理表示直线OP，OQ的斜率之积等于，即可得，再利用点到直线的距离公式表示出的高，即可求解.

【小问1详解】

由题意知，，，，

，，        

，

解得，从而，

椭圆C的方程为.

【小问2详解】

设直线l的方程，

由直线与椭圆交于P，Q两点，设，，

联立得，

，则

，

.

，

.

原点O到l的距离，

为定值.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21. 中国哈尔滨冰雪大世界是由哈尔滨市政府推出的大型冰雪艺术精品工程，展示了北方名城哈尔滨冰雪文化和冰雪旅游魅力.每年的活动有采冰及雕冰两个环节，现有甲、乙、丙三个工作队负责上述活动，雕刻时会损坏部分冰块，若损坏后则无法使用，无损坏的全部使用.已知甲、乙、丙工作队所采冰分别占开采总量的，，，甲、乙、丙工作人采冰的使用率分别为0.8，0.75，0.6.

（1）从开采的冰块中有放回地随机抽取三次，每次抽取一块，记丙工作队开采的冰块被抽取到的次数为，求随机变量的分布列及期望；

（2）已知开采的冰块经雕刻后能使用，求它是由乙工作队所开采的概率.

【答案】（1）分布列见解析，；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）求出随机变量的可能值，利用二项分布求出概率，列出分布列，求出期望作答.

（2）利用全概率公式求出开采的冰块经雕刻后能使用的概率，再利用条件概率公式计算作答.

【小问1详解】

在开采的冰块中，任取一块是由丙工作队采摘的概率是，

依题意，的所有取值为0，1，2，3，且，则，

即，，，，

所以的分布列为：

所以数学期望.

【小问2详解】

用，，分别表示冰块由甲，乙，丙工作队开采，B表示开采后的冰块经雕刻后能使用，

则，，且，，，

故

，

所以，

即开采的冰块经雕刻后能使用，它是由乙工作队所开采的概率为.

22. 已知.

（1）若在处的切线的斜率是，求当在恒成立时的m的取值范围；

（2）当时，关于x的方程，有唯一根，求t的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出导函数，则 解得，分析的单调性，进而只需，即可得出答案.

（2）求导得，分两种情况：当时，当时，分析的单调性，最值，即可得出答案.

【小问1详解】

由，得，由题意，

解得

由得，即

设，则

故，当时，易得；当时，单调增函数

由且，根据函数零点存在性定理得，必存在，

有，易知即为函数的最小值.即

即（满足）

【小问2详解】

根据题意设，

①当时，在上单调递增，，，

存在使得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增

又，，故存在唯一的使得，

满足题意；

②当时，由可得，令，则，当时，，故在上单调递增，

则，则在上恒成立，故在上无零点.

综上所述，t的取值范围是.

【点睛】本题考查导数的综合应用，分类讨论思想，利用导数解决函数（含参数）的最值问题和不等式恒成立问题，属于较难题.