安徽省阜阳市2022-2023学年高三上学期教学质量统测数学试题含答案.pdf

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1、阜阳市2022-2023学年度高三教学质量统测数学参考答案阜阳市2022-2023学年度高三教学质量统测数学参考答案一、选择题，本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.题号123456789101112答案一、选择题，本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.题号123456789101112答案ADCBBCD DABDADBDADB BDACDDACD2.【解析】因为复数1+i是关于x的方程x2+px+q=0的一个根,所以 1+i2+p 1+i+q=0,解得p=-2,q=

2、2,所以 p+qi=2 2另解：利用韦达定理可得，1+i+1-i=2=-p,1+i1-i=2=q解得p=-2,q=2,所以 p+qi=2 23.【解析】C46(x)4(-2)2=60 x2，所以x2的系数为60，故选C项.4.【解析】该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示，内切球与外接球的体积之比为43OA343OB3=OAOB3=24.5.【解析】由f(x+1)+f(x)=f(1)，f(x+2)+f(x+1)=f(1)，可得f(x+2)=f(x)，所以f(x)的周期为2.令x=0，代入f(x)+f(-x)=f(0)，可得f(0)=0，所以f(x)+f(-x)=0，故函数f(x)为奇函数，所

3、以 f log2118=f-log218=-f log218=-f log218-4=-f log298因为0298log0,令t=ex-e-x0，则e2x+e-2x=t2+2则cosh2xsinhx=t+2t2 2，当且仅当t=2 时，等号成立，故选C.7.【解析】构造函数 f(x)=sinx+tanx-2x,0 x f(0)=0，则ba.当x 0,1时，由exx+1可得，e-0.21-0.2，所以1-e-0.20.2，故ca，故选D.8.【解析】由Y 41=425，=ln Y 4141=ln425410.15，代入到R的计算公式可以得到R1+0.1510+0.6 1-0.6 0.15102

4、=3.04.A型传染病变异株的基本传染数R0=R=3,感染人数由1个初始感染者增加到9000人大约需要n轮传染，则每轮新增感染人数为R0n,经过n轮传染，总共感染人数为：1+R0+R02+.+R0n=1-R0n+11-R0，因为R0=3，由题意可得1-3n+11-39000，解得n9，又因为平均感染周期为7天，所以感染人数由1个初始感染者增加到9000人大约需要97=63天，故选A项.9.【解析】易知A项错误，B项正确，这10年的人口出生率的80%分位数为13.70，故C项错误，D项显然正确.故选BD.110.【解析】由题意可得，g x=sin 2 x+3-3=sin 2x+23-301，因为

5、6,0是函数y=g x的图象一个对称中心，则3+23-3=k,kZ，即=k+13,kZ,因为01，所以=13，故A项正确；g x=sin23x-9，T=223=3，故B项错误；当x=4时，g4=sin181，故C项错误；当-2x34,-4923x-9718，故D项正确故选AD.11.【解析】由题意可得，当AB与x轴垂直时，线段AB的最小值为2b2a，故A项错误；结合双曲线的定义与圆的切线的性质F1AB的内切圆与直线AB的切点Q与F2重合，故B项正确；结合双曲线的定义与圆的切线的性质可知 F1Q=2a，F1到渐近线的距离为b,所以b=2a，易得离心率为5,故C项错误；F1关于P点的对称点在另一条

6、渐近线上时，则渐近线与x轴的夹角为3，则其渐近线方程为3xy=0,故D项正确；故选BD项.12.【解析】对于A，易证D1B平面AB1C，所以当=12时，D1M平面AB1C，即平面AD1M平面AB1C，故A项正确；对于B，由平面A1DC1平面AB1C，又因为E平面A1DC1，所以M与A1重合，N与C1重合，此时=0,u=1不符合题意，故 B项错误；对于C，当=u=12时，MNB1C1,MNA1C，此时MN最小，最小值为2，故C项正确；对于D，当=12,u=23时，取靠近D1点的三等分点 G，连接 GE 并延长交 AD 于点 H，易得点 H 是靠近 A 点的三等分点，取靠近 B 点的三等分点P，易

7、知四边形GHPN为截面多边形，不难求得面积为4 103，故D项正确；故选ACD项.二、填空题.本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.二、填空题.本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.0,116【解析】因为x2=14y，故抛物线y=4x2的焦点坐标为0,116.164952【解析】由题意可得an-an-1=n-1，所以a2-a1=1,a3-a2=2,an-an-1=n-1，即an-a1=1+2+n-1=n(n-1)2，故an=2+n(n-1)2，所以a100=2+5099=4952.15.2+1【解析】c c+a a+b b=a a+b

8、b-c c,如图所示，向量-c c的终点在以A点为圆心1为半径的圆上，所以|-c c|的最大值为2+1，即 c c的最大值为2+1.16.0a0,且a1)在 0，+有一个极值点，OAa b-ca+ba+b-c2则 f(x)=ex+ax-2在 0，+有一个变号零点，（1）当a1时,fx在 0,+上单调递增，所以 fx f0=0,不符合题意，舍去.（2）当0a1时，由 fx=ex+axlna=0,解得x0=logea(ln1a),当logealn1a0，即1ea f0=0,舍去；当logealn1a0时，即0a1e时，fx在 0，x0单调递减，在 x0，+单调递增，因为f 0=0，所以 fx00,

9、所以 f(x)=ex+ax-2在 x0，1内存在唯一一个零点,即在 0，+有一个零点；综上可得，实数a的取值范围为0a1e.三、解答题.本题共7小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.三、解答题.本题共7小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.(1)A=3；(2)3 32.解.(1)选：由正弦定理可得，sinB=b2R=b,sinC=c2R=c.1分所以b2+c2=a2+bc即b2+c2-a2=bc.2分由余弦定理，可得cosA=b2+c2-a22bc=bc2bc=12.3分因为0A，所以A=3；.4分选：因为S=12bcsinA,b2+c2-

10、a2=2bcAcos.1分所以2bcsinA=2 3bccosA.2分即sinA=3cosA，tanA=3.3分因为0A，所以A=3；.4分选：由正弦定理可得，2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA.1分2sinBcosA=sinB.2分解得cosA=12.3分因为0A0)，在RtBCD中，因为CBD=90，BCD=30所以BC=2 3a，3又PO为RtPBC斜边BC上的中线，所以OP=3a，.1分又E为CD的中点，所以OE=a，因为OE/BD，所以OEBC，.2分由PE=BD,则PE=2a因为OP2+OE2=(3a)2+(a)2=4a2=PE2所以OPOE.3分又OPBC,B

11、COE=O所以OP平面BCD.4分又OP平面PBC所以，平面PBC平面BCD；.5分(2)由(1)可知OPOE，OPBC,OEBC，分别以OE,OC,OP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系则B(0,-3a,0),C(0,3a,0),P(0,0,3a),D(2a,-3a,0).6分BP=(0,3a,3a),DP=(-2a,3a,3a),CD=(2a,-2 3a,0).7分设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)则mDP=0mCD=0，即-2ax+3ay+3az=02ax-2 3ay=0 解得x=3yz=y，不妨取m=(3,1,1).9分所以mBP=2 3a又m=5,BP=6a，则cos=mB

12、P mBP=105.11分所以，直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105.12分19.【答案】(1)设A1=“上学时选择A路线”，B1=“上学时选择B路线”，A2=“放学时选择A路线”，则=A1B1，且A1与B1互斥.根据题意得P(A1)=P(B1)=0.5.2分P(A2|A1)=0.6,P(A2|B1)=0.8.3分由全概率公式，得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.50.6+0.50.8=0.7所以小明放学时选择A路线的概率为0.7；.7分(2)P(B1|A2)=P(A2B1)P(A2)=P(B1)P(A2|B1)P(A2)=0.50.80.7=47所

13、以已知小明放学时选择A路线，上学选择B路线的概率为47.12分20.解：(1)当n=1时，有2 a1=a1+1，得a1=1，.1分由2 Sn=an+1，有4Sn=an+12，44Sn-1=an-1+12n2，.2分由-得，4 Sn-Sn-1=an+12-an-1+124an=an+12-an-1+12，化简an+an-1 an-an-1-2=0.3分因为an0，所以an-an-1=2 n2.4分所以 an是以1为首项，2为公差的等差数列即an=1+n-12=2n-1；.5分(2)Sn=a1+an2n=n2.6分所以4Snanan+1=4n22n-12n+1=1+14n2-1=1+1212n-1

14、-12n+1，.7分所以Tn=n+121-13+13-15+12n-1-12n+1=2n n+12n+1.8分带入Tn n+12nan+1Sn，可得n32n-1，.9分令bn=n32n-1，由bn+1bn=12n+1n31，即1+1n213=1.26，则n3.10分所以b1=b2b3b5b6故当n=4时，bn的最大值为b4=8所以8.12分21.解(1)由题意可得，ca=324a2+1b2=1a2=b2+c2,.1分解得a2=8，b2=2，.2分所以，C的方程为x28+y22=1.3分(2)设B x0，y0,因为OP=OA+OB=2+x0，+y0所以P的坐标为 2+x0，+y0，.4分又因为点

15、P在椭圆C上所以2+x028+y022=1，化简可得2+2x208+y202+x02+y0=1,.5分因为x208+y202=1且2+2=1，所以x02+y0=0,.6分因为B,P为C上不与A重合的两点，所以，0，y0=-12x0即直线OB的斜率k=y0 x0=-12.7分设l的方程为y=-x2+m m0,M x1,y1,N x2,y25由y=-x2+mx28+y22=1 ，消去y可得x2-2mx+2m2-4=0，由=4m2-4 2m2-40，可得-2m2,且m0,x1+x2=2m,x1x2=2m2-4.8分|MN|=1+14|x1-x2|=52x1+x22-4x1x2=5 4-m2A到直线l

16、的距离d=|m-2|1+14=2 2-m5所以AMN面积为S=12|MN|d=4-m22-m2=2+m2-m3.10分令 f m=2+m2-m3，(-2m2,m0)fm=-4 2-m2m+1,令 fm=0，解得m=-1因为 f m在-2，-1上单调递增，在-1,0，0，2上单调递减，所以，f m的最大值为 f-1=27，故AMN面积的最大值为3 3.12分22.解(1)当a=1时，f(x)=xlnx-x，f(x)=lnx.1分当0 x1时，f(x)1时，f(x)0；.2分所以，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增；.3分(2)f(x)=axa-1lnx+xa-1-1，f(1)

17、=0.4分令g(x)=f(x)=axa-1lnx+xa-1-1，g(x)=a(a-1)xa-2lnx+(2a-1)xa-2g(1)=2a-1当2a-10，即a12时，因为g(1)0，所以存在1，使得当x(1,)时，g(x)0，所以g(x)在(1,)上单调递增，即f(x)在(1,)上单调递增，因为 f(1)=0,所以f(x)在(1,)上单调递增，则f(x)f(1)=-1与f(x)-1矛盾，故舍去.5分当2a-10，即a12时，此时f(x)=xalnx-xxlnx-x下面证明xlnx-x-1恒成立即可，即证lnx-x+1x0.6分令F(x)=2lnx-x+1x，F(x)=2x-1-1x2=-1-1x20.7分所以F(x)在(1,+)上单调递减，所以F(x)F(1)=0所以2lnx-x+1x0，即lnx-x+1x0综上可得，a的取值范围为-,12.8分(3)由(2)知当a=12时，当x1时，xlnx-x-1即2lnx-x+1x0，令x=n+1n，则2lnn+1n-n+1n+nn+10.9分化简可得，2lnn+1n1n+1n+1所以2 ln2+ln32+ln43+lnn+1n 1+12+12+13+13+14+1n+1n+16即2ln(n+1)1+212+13+14+1n+1n+1=2 1+12+13+1n-nn+1所以ln(n+1)1+12+13+1n-n2(n+1).12分7