安徽省宣城市2023届高三第二次调研测试数学试题

宣城市2023届高三年级第二次调研测试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，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】化简集合，根据交集的定义求解即可.【详解】因为，所以，又，所以故选：B.2.设复数满，则=（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】运用复数四则运算及复数的模计算可得结果.【详解】方法1：因为，所以.方法2：因为，所以.故选：C.3.已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，则（）A.2B.4C.6D.8【答案】B【解析】【分析】由抛物线的焦半径公式求解．【详解】由题意可得，解得.故选：B．4.中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗（如图），斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．如图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，下底面边长为25cm，上底面边长为10cm，侧棱长为15cm，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（参考数据：，）（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】计算高，由体积公式得出答案.【详解】上下底面对角线长度分别为，则高.上底面的面积，下底面的面积.则.故选：C5.将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别求出将5个1和2个0随机排成一行的种数和2个0不相邻的种数，利用古典概型的概率公式直接求解.【详解】将5个1和2个0随机排成一行，总的排放方法有种.要使2个0不相邻，利用插空法,5个1有6个位置可以放0,故排放方法有种.所以所求概率为.故选：D.6.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用两角和与差的正弦公式及诱导公式，结合二倍角的余弦公式即可求解.【详解】由题意可知，，所以.故选：C.7.已知圆锥的底面半径为，高为，当其内接正四棱柱的体积最大时，该正四棱柱的外接球的表面积（单位：）为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设正四棱柱底面边长为a，高为h，运用相似三角形可得a与h关系，运用导数研究正四棱柱体积的最大值，计算此时正四棱柱的外接球半径，进而可得结果.【详解】圆锥的轴截面如图所示，为正四棱柱上底面的正中心，为圆锥底面的圆心，正四棱柱外接球的球心O，半径为R，则，设正四棱柱底面边长为a，高为h，则，，，，∵，∴，即：，∴，又∵，∴正四棱柱的体积为，（）∴，，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴当时，取得最大值，此时，∴，，∴，∴正四棱柱的外接球的表面积为.故选：A.8.已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（）A.670B.672C.674D.676【答案】D【解析】【分析】运用抽象函数的奇偶性表达式及导数运算可得的一个周期为3，再运用赋值及周期性计算可得一个周期内的和，进而可求得结果.【详解】∵为奇函数，∴，∴，即：，又∵，∴，①又∵为偶函数，∴，②∴将②中换成得：，③∴将③中换成得：，④由①④得：，∴的一个周期为3，∴，将代入③得：，∴又∵，∴.故选：D.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.已知，则实数满足（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】把指数式改写为对数式，再结合对数运算法则、换底公式变形，利用基本不等式判断各选项．【详解】因为，所以，，，，易知，所以，A正确；，C错；显然，，，B错；，D正确．故选：AD．10.下列命题中，正确的命题是（）A.数据1，3，4，5，6，8，10的第60百分位数为5B.若随机变量，，则C.若随机变量，则取最大值时或4D.某小组调查5名男生和5名女生的成绩，其中男生成绩的平均数为9，方差为11；女生成绩的平均数为7，方差为8，则该10人成绩的方差为【答案】BCD【解析】【分析】对于A：直接求出第60百分位数，即可判断；对于B：由正态曲线的对称性直接求解；对于C：表示出，利用二项式系数的性质即可判断；对于D：由分层随机抽样中方差的计算公式直接求解.【详解】对于A：数据1，3，4，5，6，8，10一共有7个.因为，所以其第60百分位数为第5个，为6.故A错误；对于B：因为随机变量，由正态曲线的对称性可得：，所以，所以.故B正确；对于C：因为随机变量，所以.所以要使最大，只需最大.由二项式系数的性质可得：当或4时，最大.故C正确；对于D：由题意可得男生成绩的平均数为9，方差为11，记为.女生成绩的平均数为7，方差为8，记为.所以全部10名学生的成绩的平均数为.由分层随机抽样中方差的计算公式可得：.故D正确.故选：BCD11.已知点，，且点在圆上，为圆心，则下列结论正确的是（）A.直线与圆相交所得的弦长为4B.的最大值为C.的面积的最大值为2D.当最大时，的面积为1【答案】ABD【解析】【分析】由圆的方程得圆C是以为圆心，以2为半径的圆，根据圆上点与两定点及直线MN的位置关系，分析选项正误.【详解】圆C：，即，所以圆C是以为圆心，以2为半径的圆.对于A，直线MN的方程为，过圆心，所以直线MN与圆C相交所得的弦长为直径4，故A项正确；对于B，，当点P为MN的延长线与圆的交点时，等号成立，故B项正确；对于C，设点P到直线MN的距离为d，则，因为直线MN过圆心，所以当时，最大为，故C项错误；对于D，当MP与圆C相切时，最大，不妨设，此时，故D项正确.故选：ABD.12.已知函数，下列关于该函数的结论正确的是（）A.的图象关于直线对称B.的一个周期是C.在区间上单调递增D.的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用诱导公式判断与是否相等判断A，判断与是否相等判断B，利用三角函数及复合函数的单调性判断C、D.【详解】已知，对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，，则，又函数连续，故C错误；对于D，因为，当时，所以的最大值为，当时，，，也取得最大值，所以的最大值为，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中二项式系数最大的一项是________（用数字作答）．【答案】70【解析】【分析】利用二项式系数的性质直接求得.【详解】的二项展开式有9项，其每项的二项式系数为.由二项式系数的性质可得：当时，最大.故答案为：70.14.已知向量满足，对任意的的最小值为，则与的夹角为________．【答案】【解析】【分析】利用模的计算得到恒成立，判断出取等号的条件，即可求出与的夹角.【详解】因为向量满足，所以向量满足.设与的夹角为所以因为任意的的最小值为，所以恒成立，配方后可得：恒成立，所以当时，取得最小值3，此时，解得：.又因为，所以.因为，所以.故答案为：.15.已知函数，则不等式的解集是________．【答案】【解析】【分析】令，判断的奇偶性与单调性，则问题转化为，即，即可得到自变量的不等式，解得即可.【详解】因为，令，则，则函数为偶函数，又，当时，，，所以，所以在上单调递增，又，由可得，即，即，所以，解得，即不等式的解集是.故答案为：16.设双曲线的两个焦点为、，点是圆与双曲线的一个公共点，，则该双曲线的离心率为________．【答案】【解析】【分析】运用双曲线的定义、向量加法及数量积、余弦定理计算可得结果.【详解】由题意知，点P在双曲线E上，不妨取设，则由双曲线的定义知，，①因为O为的中点，所以，所以，又因为点P在圆上，所以，所以，即：，②又因为在△中，由余弦定理得：，即：，③由①②③得，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.已知数列是首项为1的等差数列，公差，设数列的前项和为，且，，成等比数列．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用等比中项的意义、等差数列前n项和公式求解作答.（2）令，判断数列的单调性，确定正数项、负数项，再结合等差数列前n项和公式分段求和作答.【小问1详解】因为成等比数列，则有，即，而，解得，则，所以的通项公式是．【小问2详解】由（1）知，令，则数列为递增数列，其前4项为负值，从第5项开始为正值，设的前项和为，则，若，，若，，所以.18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，二面角的大小为．（1）证明：平面平面；（2）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）根据已知条件及等腰三角形的三线合一定理，利用线面垂直的判定和性质定理及二面角的平面角的定义，结合余弦定理、勾股定理的逆定理及面面垂直的判定定理即可求解；（2）根据（1）的结论，建立空间直线坐标系，求出相关点的坐标及直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合线面角与向量的夹角的关系即可求解.【小问1详解】设的中点分别，连接，因为底面是正方形，，所以，，又,平面，所以平面，又平面，所以．所以是二面角的平面角，即，又，所以，解得，因为，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面PBC．【小问2详解】由（1）知平面平面，以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示则，，，，，，．设平面的一个法向量为，则,即，令，则，所以．设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.19.某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向，两个目标投掷，先向目标掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品．已知小明每投掷一次，套中目标的概率为，套中目标的概率为，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为．（1）求小明恰好套中2次的概率；（2）求的分布列及数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析；期望为.【解析】【分析】（1）分析出小明恰好套中2次包括：套中，各一次和未套中，套中两次.分别求概率即可得到答案；（2）由题意可得：的可能取值为0，1，2，3，4，5.分别求概率，得到分布列，求出数学期望.【小问1详解】小明恰好套中2次包括：套中，各一次和未套中，套中两次.所以套中，各一次的概率为，未套中，套中两次的概率未，所以小明恰好套中2次的概率.【小问2详解】由题意可得：的可能取值为0，1，2，3，4，5，，，，，.所以的分布列为012345所以.20.设的内角、、的对边分别为、、，已知．（1）判断的形状，并说明理由；（2）求的最小值．【答案】（1）钝角三角形，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式得到，即可得到，即可得到或，从而得到或，再说明，即可得解；（2）利用正弦定理将边化角，再根据（1）中的结论可得，再利用基本不等式计算可得.【小问1详解】解：为钝角三角形，证明如下：由，则有，所以，因为，所以，则为锐角．所以，所以或，则或，由题意知，所以，所以，所以，故为钝角三角形．小问2详解】由（1）知，，由正弦定理，有当且仅当时等号成立，由为锐角，则，所以当时取最小值．21.已知椭圆的长轴长为4，且离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，求的面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由椭圆的性质列出方程，求解得出椭圆的标准方程；（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理结合得出，再由距离公式、弦长公式得出的面积，最后由基本不等式得出的面积的取值范围．【小问1详解】解：椭圆的离心率为，即，长轴长为4，，，，故椭圆的方程为．【小问2详解】设，，联立，得，则，，，所以，，，原点到的距离，当时，．当时，，当且仅当时等号成立．综上，所以的面积的取值范围是【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于由得出，结合基本不等式求出的面积的取值范围.22.已知函数．（1）若，求．（2）证明：，．【答案】（1）;（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用换元法，把题意转化证明.令，，分类讨论：和，利用导数判断