2022届安徽省A10联盟高三下学期开年考数学（理）试题（解析版）

2022届安徽省A10联盟高三下学期开年考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简集合A，再利用交集的定义运算即得.

【详解】由题意得，，

∴.

故选；B．

2．已知复数z满足，则z的虚部为（       ）．

A． B． C．i D．

【答案】A

【分析】先求出复数z，即可得到其虚部.

【详解】由题意得，，则其虚部为．

故选：A．

3．已知等差数列的前n项和为，若，，则数列的公差为（       ）．

A．2 B．－2 C．6 D．4

【答案】D

【分析】由题可得，即得.

【详解】∵，

∴，

∴数列的公差为．

故选：D．

4．将一个四棱锥和一个半圆柱进行拼接，所得几何体的三视图如下所示，则该几何体的体积为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由三视图还原实物图，直接求体积.

【详解】由三视图可知，该几何体左边可以看成一个底面半径为1，高为2的半圆柱，右边可以看成一个底面边长为2的正方形，高为2的四棱锥，所以其体积为：

．

故选：B．

5．已知，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数的性质判断与的大小关系即可求解.

【详解】因为，，

，

所以.

故选：B.

6．设命题，；命题q：若，对任意恒成立，则．下列命题中为真命题的是（       ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据零点存在性定理判断命题p真假，由恒成立求出a的取值范围判断q,再由复合命题的真值表判断即可求解.

【详解】令，则在为连续函数，且，，

故在上存在零点，

故方程在上有解，故命题p为真命题，

对任意恒成立，则，解得，

故命题q为假命题，

所以为真命题，，，为假命题．

故选：C．

7．根据历史数据，某山区在某个季节中每天出现雾凇的概率均为p，且在该季节的连续4天中，都不出现雾凇的概率为．据此估计，该地在该季节接下来的连续三天中，恰有一天出现雾凇的概率为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题可得，再利用独立重复概率公式即得.

【详解】由题意得，，解得，

故在该地该季节的连续三天中，恰有一天出现雾凇的概率为．

故选：A．

8．已知正项数列满足：，，，若，则数列的前2022项和为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】本题的意思是只考虑偶数项，计算偶数项的通项公式，以及偶数项的前n项的和.

【详解】由题意得，，∵，∴；令，则由可得，，故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则数列的前2022项和为

，

故选：B．

9．已知函数的部分图象如下所示，其中，，则函数在下列区间上单调递增的是（       ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由图像求出，进而利用整体代入法求单调区间即可得到答案.

【详解】由题意得，，则，∴，∴．

∵，∴，又，∴，∴，

令，，得，，令，得在上单调递增．

故选：D．

10．已知函数，现有如下说法：①函数的图象关于直线对称；②函数在上单调递减；③函数有两个零点．则其中正确说法的个数为（       ）．

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】由题可得，又为偶函数，且在上单调递增，再结合零点存在定理即可判断.

【详解】由题意得，，

令，定义域为R，可知，则函数为偶函数，图象关于y轴对称，则函数的图象关于直线对称，故①正确；

∵，函数在上单调递增，函数在定义域上单调递增，

∴在上单调递增，

∴函数在上单调递增，故②错误；

由①②可知，函数在上单调递减，在上单调递增，∴，

又，，

函数有两个零点，故③正确．

综上，正确说法的个数为2.

故选：C．

11．已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为的直线l与C交于A，B两点，，，若，满足，，且，则（       ）．

A．6 B．4 C．3 D．2

【答案】A

【分析】由题设直线，联立抛物线方程，利用韦达定理及条件可得，即得.

【详解】设直线，

联立，则，

则，．

由，，得P，Q分别为线段AF，BF的中点，

又，满足，，且，

∴，

解得．

故选：A．

12．在棱长为6的正方体内有一个正四面体，该四面体外接球的球心与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则该四面体的棱长的最大值为（       ）．

A． B．4 C． D．

【答案】D

【分析】结合正方体的内切球及其内切球的正四面体的结构特征，利用勾股定理求得所求的最大棱长.

【详解】由题意得，该正四面体在正方体的内切球内，故该四面体内接于球时棱长最大．

正方体的内切球半径为，如图，记正四面体为，棱长为a，O为底面ABC的中心，

四面体外接球的球心为，连接PO，OC，，则PO⊥底面ABC，

，，，

在中，，解得．

故选：D

二、填空题

13．已知向量，，若与垂直，则的值为______．

【答案】

【详解】由题意得，，

∵与垂直，∴，

解得.

故答案为：.

14．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为______．

【答案】2

【分析】根据渐近线斜率得关系，进而根据可得离心率.

【详解】直线的斜率为

则跟直线垂直的双曲线的渐近线的斜率为，

所以，

所以

故答案为：2.

15．已知函数是奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为______．

【答案】

【分析】根据奇函数的对称性及导数的几何意义可求解.

【详解】当时，，∴，

∵函数是奇函数，∴对称点处的导数相同，

∴，即切线的斜率为0，

又，∴切线方程为．

故答案为：

16．“康威圆定理”是英国数学家约翰·康威引以为豪的研究成果之一．定理的内容是这样的：如图，的三条边长分别为，，，延长线段CA至点，使得，以此类推得到点，，，和，那么这六个点共圆，这个圆叫做康威圆．若在中，，，，则由该直角三角形生成的康威圆的面积为______．

【答案】

【分析】由康威圆的形成得出其圆心为内切圆的圆心．由正切的二倍角公式求得得出三角形的各边长，求得内切圆半径后得出康威圆的半径，从而得其面积．

【详解】由题意得，，结合圆的对称性，康威圆的圆心在∠ACB的平分线上,

同理可得，康威圆的圆心在∠ABC的平分线上，

则康威圆的圆心即为内切圆的圆心．

∵，

∴，解得（舍去），

又，∴，．

易知康威圆的圆心到直线AB的距离即为的内切圆半径r，则，

由垂径定理知康威圆的半径，，∴所求面积为．

故答案为：．

三、解答题

17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．

(1)求角A的大小；

(2)若，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式化简已知条件，结合和即可求解；

（2）由已知条件结合余弦定理可得的值，再由三角形的面积公式即可求解.

【详解】(1)在中，，

∵，

∴，即，

∵，∴，∴，∵，∴．

(2)由余弦定理得，即，即，

解得，则的面积．

18．为了调查某地区高中女生的日均消费情况，研究人员随机抽取了该地区5000名高中女生作出调查，所得数据统计如下图所示．

(1)求a的值以及这5000名高中女生的日均消费的平均数（同一组数据用该组区间的中间值代替）；

(2)在样本中，现按照分层抽样的方法从该地区消费在与的高中女生中随机抽取9人，若再从9人中随机抽取3人，记这3人中消费在的人数为X，求X的分布列以及数学期望．

【答案】(1)，（元）．

(2)分布列见解析，1

【分析】(1)直方图的面积为1，故可以求解a；

（2）根据计数原理，可以求出X每一个可能值的概率.

【详解】(1)由题意得，，解得，

故所求平均数为（元）；

(2)由题意得，消费在，的高中女生分别有3人和6人，故X的可能取值为0，1，2，3，

∴，，，，

故X的分布列为：

∴；

故答案为：1.

19．如图，圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形，点P为母线SA的中点，点Q为半圆弧AB的中点，连接PQ．

(1)求异面直线PQ与SB所成角的大小；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）连接PO，易得∥,故为异面直线PQ与SB所成的角,在中即可求解.

（2）建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可求得二面角的正弦值.

【详解】(1)连接PO，可知∥,故为异面直线PQ与SB所成的角,

∵SO⊥底面ABQ，∴,

又∵点Q为半圆弧AB的中点，∴，

∴OQ⊥平面SAB，∴，

在中，，∴，

故异面直线PQ与SB所成角的大小为；

(2)以、、分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示，

则，，，

∴，,

设平面SAQ的法向量为，则,即，

令，则，即，

由（1）得，OQ⊥平面SAB，∴ 为平面SAB的一个法向量，即，

∴，

∴，

∴二面角的正弦值为．

20．设为坐标原点，椭圆与，轴的正半轴分别交于，两点，且的面积为，点，（，均不与重合）是椭圆上两个动点，且当时，.

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线和的斜率之积为，试探究：直线是否过定点；若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)过定点，

【分析】(1)根据三角形面积公式和题意可得、，联立方程组，解方程组即可；

(2)由(1)知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立椭圆方程并消去y，利用韦达定理表示出，结合两点坐标表示直线斜率进而得出关于m的方程，解方程即可.

【详解】(1)由题意得，，则①，

∵，∴在椭圆上，代入可得②，

联立①②，解得，，∴椭圆的方程为.

(2)由（1）知，，若直线的斜率不存在，设，，

此时，

与题设矛盾，故直线的斜率必存在.

设直线的方程为，联立，

得，，

设，

∴，，（）

∴

，

将（）式代入上式，整理得，

解得或，当时，直线过定点，不符题意.

所以直线过定点.

21．已知函数．

(1)若，求证：函数在R上单调递增；

(2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】(1)对于没有参数的函数表达式，求其单调性，只要求导即可.

（2）求含参数的函数不等式，需要对参数分类讨论，或参数分离，本题需要先确定参数的范围，再进行参数分离.

【详解】(1)由题意得，，则，

令，则，令，解得，令，解得，

∴在上单调递减，在上单调递增，∴，

∴，∴函数在R上单调递增．

(2)由题意得，．，恒成立，

∴，可得；

令，，，

则在R上单调递增，

由，，

∴存在唯一的，使得，

且当时，，即；当时，，即，

∴在上单调递增，在上单调递减，

∴；

由，得，

由，得，

即，由，得，∴．

设，则，可知在上单调递增，

∴，即，∴实数m的最小值为；

故答案为：.

【点睛】对于第2小问，直接参数分离是不行的，但可以在导数和最大值中进行分离，这是解题的关键.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（其中为参数），曲线，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线与曲线在轴上方交于点，与曲线交于点（异于原点）.

(1)求曲线，的极坐标方程；

(2)当时，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）先消去参数得到一般方程，再利用将直角坐标系下的方程转化成极坐标系下的方程即可；

（2）根据极径的几何意义利用求解即可.

【详解】(1)曲线的参数方程为（其中为参数）， 转换为普通方程为，

由，，得曲线的极坐标方程为，

整理得.

同理，得曲线的极坐标方程为，即.

(2)联立，得，

∴，

联立，得，

∴.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)设，且，求证：.

【答案】(1){或}；

(2)证明见解析.

【分析】(1)分类讨论去绝对值即可求解；

(2)根据绝对值得几何意义确定f(x)的最小值，用基本不等式求的最大值，证明左边的最大值小于右边的最小值即可.

【详解】(1)由题意得，，

当时，不等式化为，解得，∴；

当时，不等式化为，无解；

当时，不等式化为，解得，∴，

则不等式的解集为或.

(2)由(1)知，当时，取得最小值，且，即.

∵，

当且仅当时等号成立，∴，

∴，即.