安徽省滁州市2022-2023学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题.docx

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1、滁州市2023年高三第一次教学质量监测数学试题一选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先求集合，再求.【详解】，所以，所以.故选：B2. 若复数满足，则的虚部为（ ）A. B. 2C. 1或2D. 或2【答案】D【解析】【分析】设复数，然后利用复数的运算和概念即可求解【详解】设复数，因为，即，所以，解得：或，所以的虚部为或，故选：.3. 现有一组数据： ，则这组数据的第85百分位数是（ ）A. 652B. 668C. 671D. 674【答案】C【解析】【分析】

2、根据百分位数的定义，求得，即可确定第85百分位数为第11个数，可得答案.【详解】由题意这组数共12个，则，将这组数据从小到大排列，故这组数据的第85百分位数为第11个数，即671，故选：C4. 5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：，它表示在受噪音干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至12000，则大约增加了（参考数据：，）（ ）A. 25%B. 30%C. 36%D. 45%【答案】C【解析】【分析】根据题意将

3、信噪比分别为1000，12000代入香农公式，列出等式，利用换底公式即可求出，即可求解.【详解】因为当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计，所以当时，当时，所以，所以，所以大约增加了36%，故选：C.5. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据在上的投影向量是计算即可解决.【详解】由题知，所以，设与夹角为，所以在上的投影向量是，故选：.6. 已知抛物线的焦点为，过且斜率大于零的直线与相交于，两点，若直线与抛物线相切，则（ ）A. 4B. 6C. 8D. 10【答案】C【解析】【分析】由已知设直线的方程为，由直线与抛物线相切，列方程

4、求，联立直线与抛物线的方程，利用设而不求法结合弦长公式求.【详解】抛物线的焦点的坐标为，由已知可设直线的方程为，因为直线与抛物线相切，所以只有一组解，所以方程有且只有一个根，故，又，所以，联立，消，得，方程的判别式，设，则，所以，故选：C.7. 已知函数（，）的图象经过点，若函数在区间内恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求，再根据,求的范围，结合正切函数的图象，列不等式，即可求的取值范围.【详解】由条件可知，所以，当时，若函数在区间上恰有2个零点，则，解得.故选：D8. 已知六棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，当六棱锥的体积最大时

5、，其侧棱长为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合球和正六棱锥的性质求出体积的表达式，令，求导，利用函数的单调性求得取最值时的条件，进而求解即可.【详解】由题意可知：六棱锥的底面六边形的顶点在同一个截面圆上.易知当六边形为正六边形时，其面积最大.要使六棱锥的体积最大，则该六棱锥为正六棱锥.不妨设正六边形的边长为，六棱锥的高为，则正六边形的外接圆的半径为.由球的性质可知：，则，所以正六棱锥的体积，设，则，当时，；当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取最大值，即时，取最大值，此时，所以正六棱锥的侧棱长，故选：.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小

6、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. 已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（ ）A. 圆台的体积为B. 圆台的侧面积为C. 圆台母线与底面所成角为60D. 在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4【答案】AC【解析】【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；对于

7、C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.在等腰梯形ABCD中，,所以.因为为锐角，所以.故C正确；对于D：如图示，在在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误.故选：10. 已知是的边上的一点（不包含顶点），且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】利用平面向量线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果.【详解】是的边上的一点（不包含顶点），则有，得，即，又，可得，所以A选项正确，B选项错误；，当且仅当时等号成立，所以，C选项错误；，D选项正确.故选：AD11. 已知直线与圆，则（ ）A. 直线必过定点B. 当

8、时，被圆截得的弦长为C. 直线与圆可能相切D. 直线与圆不可能相离【答案】ABD【解析】【分析】将直线变形为，即可求定点坐标，即可判断A；根据弦长公式求弦长，判断B；根据直线所过定点与圆的关系，再结合直线方程的形式，即可判断CD.【详解】A.，联立，得，所以直线过点，故A正确；B.当时，圆心到直线的距离，弦长，故B正确；C.直线所过定点在圆上，过点与圆相切的直线是，但直线，表示斜率存在的直线，表示不了直线，故不存在直线与圆相切，故C错误；D. 直线所过定点在圆上，所以直线与圆总有公共点，不可能相离，故D正确.故选：ABD12. 已知函数，若恒成立，则实数的可能的值为（ ）A. B. C. D.

9、 【答案】AD【解析】【分析】根据转化成恒成立，构造函数利用导数求解的单调性，问题进一步转化成恒成立，构造，求解最值即可.【详解】，故恒成立，转化成恒成立，记，则在单调递增，故由得，故恒成立，记，故当时，单调递减，当时，单调递增，故当时，取最大值，故由恒成立，即,故，故选：AD【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意

10、数形结合思想的应用.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知随机变量服从正态分布，若，则_.【答案】3【解析】【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求解.【详解】由于，可知正态分布曲线关于对称，故 故答案为：314. 若数列是公差为2的等差数列，写出满足题意的一个通项公式_.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设等差数列的首项为，利用已知条件求出的范围，写出等差数列的通项公式即可.【详解】设等差数列的首项为，且公差，则，即，所以，令，所以，所以可取故答案为：（答案不唯一）15. 已知函数与的定义域均为，为偶函数，的图象关于点中心对称，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】通

11、过赋值得，结合函数对称性，奇偶性得到，则，解出即可.【详解】因为，令得，又因为是偶函数，所以图像关于直线对称，即又因为的图像关于中心对称，所以函数是奇函数，即，令代换，得则将代入得令得结合，解得，所以，故答案为：2.16. 已知椭圆的焦距为2，过椭圆的右焦点且不与两坐标轴平行的直线交椭圆于，两点，若轴上的点满足且恒成立，则椭圆离心率的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，求出线段AB中点横坐标，即可列式求解作答.【详解】依题意，点，设直线，由消去x得：，则，线段AB的中点，因为，则有，直线，令得点，而，有，又，即，因此，即，依题意，恒成立，而恒

12、有，因此，离心率，所以椭圆离心率的取值范围为.故答案为：【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)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，数列为等比数列，满足，且，成等差数列.（1）求数列和的通项公式；（2）记数列满足：，求数列的前项和.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）首先判断数列为等比数列，数列是等差数列

13、，求数列的通项公式，再根据条件求数列的首项，即可求得数列的通项公式；（2）根据（1）的结果，利用分组转化法，利用等差，等比求和公式求和.【小问1详解】由题意，令得，又数列为等比数列，所以，即数列为公比为等比数列.所以由可得即，数列是首项为，公差为的等差数列，数列的通项公式：.由，成等差数列，得：，有.【小问2详解】由（1）知，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列.18. 已知条件：；.在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：在中，角，所对的边分别是，满足：_.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.（1）求角的大小；（2）

14、若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)选择条件时利用三角恒等变换公式化简即可求解，选择条件时利用三角恒等变换公式化简即可求解，选择条件时利用正弦定理和三角恒等变换公式化简即可求解；(2)根据正弦定理可得，从而，再根据，即可得到，利用三角函数的性质即可求取值范围.【小问1详解】选择条件：，所以，于是，又，所以.选择条件：因为，解得，又，所以.选择条件：则，由正弦定理得：，即，整理得：，由得：，又，所以.【小问2详解】由（1）知，为锐角三角形，所以，由正弦定理，得，于是，化简得，因为,所以，所以，故的取值范围为.19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为

15、线段的中点，在线段上，且.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）证法1：几何法，要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明；证法2：向量法，以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，证明法向量垂直，即可证明面面垂直；（2）证法1，几何法，利用平行关系，以及等体积转化求点到平面的距离，即可求得线面角；证法2：向量法，利用线面角的向量法，即可求解.【小问1详解】证法1：因为底面，底面，所以，又为正方形，所以，且，平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，为线段的中点，所以，且，平面，

16、平面，所以平面，而平面，所以平面平面.证法2：以点为坐标原点，以，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，由已知可得，则，.设平面的法向量为，由，得，所以令，得，所以.设平面的法向量为，由，得，所以，令，得，所以，因为，所以，所以平面平面.【小问2详解】方法1：因为底面为正方形，所以，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，设所求角为，因为平面，平面，所以，故，,所以，所以，又，点到平面的距离为2， 设点到平面的距离为，由，得，得，又，所以.方法2：因为，平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则.20. 为了了解养殖场的甲、乙两个品种成年水牛的养殖情况，现分别随机调查5头水牛的体高（单

17、位：cm）如下表，请进行数据分析.甲品种137128130133122乙品种111110109106114（1）已知甲品种中体高大于等于130cm的成年水牛以及乙品种中体高大于等于111cm的成年水牛视为“培育优良”，现从甲品种的5头水牛与乙品种的5头水牛中各随机抽取2头.设随机变量为抽得水牛中“培育优良”的总数，求随机变量的分布列与期望.（2）当需要比较两组数据离散程度大小时候，如果两组数据的测量尺度相差大，或者数据的量纲不同，直接使用标准差来进行比较是不合适的，此时就应当消除测量尺度和量纲的影响.而变异系数（C.V）可以做到这一点，它是原始数据标准差与原始数据平均数的比，即变异系数的计算公

18、式为：变异系数.变异系数没有量纲，这样就可以进行客观比较了.从表格中的数据明显可以看出甲品种的体高水平高于乙品种，试比较甲、乙两个品种的成年水牛的变异系数的大小.（参考数据：，）【答案】（1）分布列见解析， （2）甲品种的成年水牛的变异系数大【解析】【分析】（1）根据古典概型概率公式，结合组合数公式，根据的取值，分别求概率，即可求分布列和数学期望；（2）根据数据，分别求两组数据的平均数，标准差，即可求两个品种的变异系数，比较大小.【小问1详解】随机变量的可能取值为，.随机变量的分布列为：01234随机变量的期望.【小问2详解】，.，.根据公式，甲品种的变异系数为，乙的变异系数为，所以甲品种的成

19、年水牛的变异系数大.21. 平面直角坐标系中，是双曲线（，）上一点，分别是双曲线的左，右顶点，直线，的斜率之积为3.（1）求双曲线的渐近线方程；（2）设点关于轴的对称点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，求证：直线与双曲线只有一个公共点.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据斜率公式，结合点满足，即可求双曲线的渐近线方程；（2）首先利用点的坐标设直线的直线方程，并联立求交点的坐标，并求直线的方程，与双曲线方程联立，证明.【小问1详解】由题意，满足，即.于是，所以双曲线的渐近线方程为.【小问2详解】由题，直线，直线.联立直线与直线方程，解得，故.由（1）知双曲线，故

20、，于是直线，即，即，与双曲线联立得：，即，即，因为，所以直线与双曲线只有一个公共点.22. 设函数.（1）若对恒成立，求实数的取值范围；（2）已知方程有两个不同的根、，求证：，其中为自然对数的底数.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由可得出，令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；（2）取，由（1）中的结论可得出，进而可得出，整理即可证得结论成立.【小问1详解】解：由，得.令，则，令，则.所以，函数在上单增，故.当时，则，所以在上单增，此时对恒成立，符合题意；当时，故存在使得，当时，则单调递减，此时，不符合题意.综上，实数的取值范围.小问2详解】证明：由（1）中结论，取，有，即.不妨设，则，整理得.于是，即.【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到；利用对数平均不等式来证明相应的问题.