2022-2023學(xué)年安徽省黃山市高三上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1黃山市2023屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗解不等式，求出，得到交集.〖詳析〗，，故.故選：D2.若，則（）A.2 B. C. D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算先求出復(fù)數(shù)，然后利用共軛復(fù)數(shù)的概念和模的計(jì)算方法即可求解.〖詳析〗因?yàn)?，所以，則，所以，則，故選：.3.已知點(diǎn)在雙曲線的漸近線上，則雙曲線的離心率為（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將P點(diǎn)坐標(biāo)代入漸近線方程，求出a與b的關(guān)系，再根據(jù)求出離心率.〖詳析〗漸近線方程為：，由于P點(diǎn)坐標(biāo)在第二象限，選用，將P點(diǎn)坐標(biāo)代入得：，又；故選：D.4.南宋數(shù)學(xué)家在《詳析九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式,所討論的高階等差數(shù)列與一般等差數(shù)列不同,高階等差數(shù)列中前后兩項(xiàng)之差并不相等,但是逐項(xiàng)差數(shù)之差或者高次差成等差數(shù)列.現(xiàn)有一個(gè)高階等差數(shù)列,其前7項(xiàng)分別為1,2,4,7,11,16,22,則該數(shù)列的第30項(xiàng)為（）A.379 B.407 C.436 D.466〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)數(shù)列的新定義,寫出遞推關(guān)系式,根據(jù)關(guān)系式找到數(shù)列的通項(xiàng)公式,即可求出結(jié)果.〖詳析〗解:由題知高階等差數(shù)列前7項(xiàng)分別為1,2,4,7,11,16,22,因?yàn)?記第項(xiàng)為,則有,所以,所以.故選:C5.兩批同種規(guī)格的產(chǎn)品，第一批占、合格品率為，第二批占、合格品率為.將兩批產(chǎn)品混合，從混合產(chǎn)品中任取一件.則這件產(chǎn)品是次品的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗次品率等于1減合格品率，計(jì)算可得.〖詳析〗.故選：D.6.2022年11月30日,神舟十四號(hào)字航員陳冬、劉洋、蔡旭哲和神舟十五號(hào)宇航員費(fèi)俊龍、鄧清明、張陸順利“會(huì)師太空”,為記錄這一歷史時(shí)刻,他們準(zhǔn)備在天和核心艙合影留念.假設(shè)6人站成一排,要求神舟十四號(hào)三名航天員互不相鄰,且神舟十五號(hào)三名航天員也互不相鄰,則他們的不同站法共有（）種A.72 B.144 C.36 D.108〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗不相鄰問題進(jìn)行插空,先將神舟十四號(hào)三名航天員全排,再將神舟十五號(hào)三名航天員插入,由于神舟十四號(hào)三名航天員互不相鄰,神舟十四號(hào)三名航天員之間有兩個(gè)空需要有人插入,故將神舟十五號(hào)三名航天員中選出兩名插到神舟十四號(hào)三名航天員中間即可滿足,寫出式子,計(jì)算結(jié)果即可.〖詳析〗解:由題知,不妨先將神舟十四號(hào)三名航天員全排為:,再將神舟十五號(hào)三名航天員插入到神舟十四號(hào)三名航天員中,因?yàn)樯裰凼奶?hào)三名航天員互不相鄰,故先將神舟十五號(hào)三名航天員中選出兩名插到神舟十四號(hào)三名航天員中間空出的兩個(gè)位置上,進(jìn)行排列:,最后一位神舟十五號(hào)航天員在首和尾中選一個(gè)位置站下,共,故不同站法有:種.故選:A7.在中,,O是的外心,則的最大值為（）A.1 B. C.3 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取中點(diǎn)為,將寫為,展開后,將作為一組基底,將其他向量寫為的形式,再將三角形的邊和角代入,用余弦定理將邊角之間關(guān)系代入上式,再用正弦定理求出變量范圍,求出最大值即可.〖詳析〗解:由題知,記的三邊為,因?yàn)镺是的外心,記中點(diǎn)為,則有,所以且,所以①,在中,由余弦定理得:,即,即,代入①中可得:,在中,由正弦定理得:,所以,所以,當(dāng)時(shí)取等,故的最大值為3.故選:C8.下列不等式不正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗A選項(xiàng)，用分析法證明，分析出即證，兩邊平方后得到，即證，A正確；B選項(xiàng)，兩邊取對(duì)數(shù)后，構(gòu)造，，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，得證；C選項(xiàng)，結(jié)合正弦二倍角公式，即證，構(gòu)造，，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，從而得到，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，兩邊取對(duì)數(shù)后即證，構(gòu)造，，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，從而證明出，D正確.〖詳析〗要證，即證，兩邊平方得：，即證，即證，顯然成立，故，A正確；要證，兩邊取對(duì)數(shù)得：，即證，構(gòu)造，，在上恒成立，故在上單調(diào)遞減，所以，即，所以，B正確；因?yàn)?，其中，要證，即證，即，構(gòu)造，，在上恒成立，所以上單調(diào)遞增故，即，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，兩邊取對(duì)數(shù)得：，構(gòu)造，，，令，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，故，即，所以在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，故，結(jié)論得證，D正確.故選：C〖『點(diǎn)石成金』〗構(gòu)造函數(shù)比較大小是高考熱點(diǎn)和難點(diǎn)，結(jié)合代數(shù)式的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，通過導(dǎo)函數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，從而比較出代數(shù)式的大小，本題中BCD三個(gè)選項(xiàng)比較大小，都需要變形后，構(gòu)造出適當(dāng)函數(shù)進(jìn)行比較大小.二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9.已知函數(shù),現(xiàn)將函數(shù)的圖象沿x抽向左平移單位后,得到一個(gè)偶函數(shù)的圖象,則（）A.函數(shù)的周期為B.函數(shù)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為C.當(dāng)時(shí),函數(shù)的最小值為D.函數(shù)的極值點(diǎn)為〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗運(yùn)用半角公式,將化為,再向向左平移單位,寫出〖解析〗式,根據(jù)其為偶函數(shù)且有,可得的值,代入中可得〖解析〗式,求出周期,對(duì)稱中心,根據(jù)換元法求最值,再求除極值點(diǎn)即求對(duì)稱軸處即可.〖詳析〗解:由題知將的圖象沿x抽向左平移單位后為:,因?yàn)闉榕己瘮?shù),所以把,因?yàn)?所以解得,故;所以周期為,故選項(xiàng)A正確;令,解得,因?yàn)楣蕿榈囊粋€(gè)對(duì)稱中心,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;因?yàn)?令,則在單調(diào)遞減,所以,故選項(xiàng)C正確;令,可得,極值點(diǎn)處即為對(duì)稱軸處,故極值點(diǎn)為,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選:AC10.在正方體中，點(diǎn)P滿足，則（）A.對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，三棱錐的體積始終不變B.對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，都有平面C.存在正實(shí)數(shù)，使得異面直線與所成的角為D.存在正實(shí)數(shù)，使得直線與平面所成的角為〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式、三棱錐體積的性質(zhì)、線面平行的性質(zhì)逐一判斷即可.〖詳析〗A：因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，因?yàn)椋栽诰€段（不包括端點(diǎn)）上，因此對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，點(diǎn)到平面的距離不變，而，所以對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，三棱錐的體積始終不變，因此本選項(xiàng)正確；建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為，B：設(shè)平面的法向量為，，所以有，因?yàn)?，所以，而平面，所以平面，因此本選項(xiàng)正確；C：假設(shè)存在正實(shí)數(shù)，使得異面直線與所成的角為，則有解得：，所以不存在正實(shí)數(shù)，使得異面直線與所成的角為，因此本選項(xiàng)不正確；D：假設(shè)存在正實(shí)數(shù)，使得直線與平面所成的角為，設(shè)平面的法向量為，所以有，，解得，所以假設(shè)不成立，因此不存在正實(shí)數(shù)，使得直線與平面所成的角為，所以本選項(xiàng)不正確，故選：AB11.數(shù)學(xué)美的表現(xiàn)形式不同于自然美或藝術(shù)美那樣直觀，它蘊(yùn)藏于特有的抽象概念、公式符號(hào)、推理論證、思維方法等之中，揭示了規(guī)律性，是一種科學(xué)的真實(shí)美.在平面直角坐標(biāo)系中，曲線就是一條形狀優(yōu)美的曲線，則（）A.曲線圍成的圖形的周長是B.曲線上的任意兩點(diǎn)間的距離不超過4C.曲線圍成的圖形的面積是D.若是曲線上任意一點(diǎn)，則的最小值是〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗去掉絕對(duì)值可得曲線的四段關(guān)系式，從而可作出曲線的圖象，由圖象即可判斷各選項(xiàng).〖詳析〗由，當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓.曲線的圖象如下圖所示：由圖象可知，曲線由4個(gè)半圓組成，故其周長為，圍成的圖形的面積為，故A正確、C正確；曲線上的任意兩點(diǎn)間的最大距離為，故B錯(cuò)誤；圓心到直線的距離為，到直線的距離，若使最小，則有，所以，故D正確.故選：ACD.12.對(duì)于函數(shù)，則（）A.是單調(diào)函數(shù)的充要條件是B.圖像一定是中心對(duì)稱圖形C.若，且恰有一個(gè)零點(diǎn)，則或D.若的三個(gè)零點(diǎn)恰為某三角形的三邊長，則〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)分析.〖詳析〗對(duì)于A，若是單調(diào)的，則有恒成立，即，錯(cuò)誤；對(duì)于B，設(shè)對(duì)稱中心為，則有，將的〖解析〗式代入化簡得：，令，則，即總是關(guān)于點(diǎn)D對(duì)稱的，正確；對(duì)于C，，，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；若只有1個(gè)零點(diǎn)，必有極大值，或者極小值，，正確；對(duì)于D，不妨設(shè)，則有，，，的大致圖像必定如下圖：，，正確；故選：BCD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為15，則實(shí)數(shù)a的值為____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗運(yùn)用二項(xiàng)式定理求解.〖詳析〗由二項(xiàng)式定理知：，，即，；故〖答案〗為：.14.已知,若成等差數(shù)列,成等比數(shù)列,則的最小值是____________.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗根據(jù)成等差數(shù)列,成等比數(shù)列,得到,代入中,再用基本不等式求出最值即可.〖詳析〗解:由題知,成等差數(shù)列,成等比數(shù)列故有:,所以,因?yàn)?所以,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等,故,即的最小值為2.故〖答案〗為:215.圓錐的軸截面是邊長為6的等邊三角形，在該圓錐內(nèi)放置一個(gè)棱長為m的正四面體，并且正四面體可以在該圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則實(shí)數(shù)m的最大值為____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意正四面體在該圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)最大時(shí)，正四面體為該球的內(nèi)接正面體，先求出該外接球的半徑，該球的內(nèi)接正面體補(bǔ)成正方體，則該正方體的外接球也是此球，先求出正方體的棱長，從而可得〖答案〗.〖詳析〗設(shè)為該圓錐的底面圓心，則其高為，則該圓錐的內(nèi)切球的圓心在圓錐的高上，設(shè)為，設(shè)半徑為，設(shè)該圓錐的內(nèi)切球與圓錐的母線相切于點(diǎn)，連接，則中，，則，解得，由題意得正四面體在該圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)最大時(shí)，正四面體為該球的內(nèi)接正面體，將該球的內(nèi)接正面體補(bǔ)成正方體，則該正方體的外接球也是此球，設(shè)正方體的棱長為，則正方體的對(duì)角線長等于球的直徑，即，得，則該正四面體的棱長為正方體的面對(duì)角線，即該正四面體的棱長為，所以實(shí)數(shù)m的最大值為，故〖答案〗為：16.設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，直線l過F且與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，若，則直線l的方程為____________.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗設(shè)出直線方程與拋物線方程聯(lián)立，結(jié)合平面向量共線的性質(zhì)、一元一次方程根與系數(shù)關(guān)系進(jìn)行求解即可.〖詳析〗由題意可知直線l存在斜率，因?yàn)?，顯然該直線的斜率不為零，設(shè)為，由，所以直線l的方程為，于是有，設(shè)，則有，由，由，當(dāng)時(shí)，，即，當(dāng)時(shí)，，即故〖答案〗為：或〖『點(diǎn)石成金』〗關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖,已知外接圓的圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn),且O在內(nèi)部,.（1）求,求;（2）求面積的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由題可得外接圓半徑,即,用向量加減法把寫為,展開代入長度和角即可求出數(shù)量積;(2)由圓心角,可求圓周角,即的值,由外接圓半徑為1,根據(jù)正弦定理可求,根據(jù)余弦定理可求之間等式關(guān)系,根據(jù)基本不等式可求的最大值,根據(jù)三角形面積公式,即可求出其最大值.〖小問1詳析〗解:由題知,故圓的半徑為1,所以,所以〖小問2詳析〗由(1)知,外接圓的半徑為1,因?yàn)?所以在中,由正弦定理可得:,解得:,在中,由余弦定理可得:,化簡可得:,由基本不等式可知,即,所以解得,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等,所以故面積的最大值為.18.已知數(shù)列滿足,且.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式;（2）數(shù)列滿足,,若,求k的值.〖答案〗（1）（2）79〖解析〗〖祥解〗(1)根據(jù)遞推關(guān)系式,向前推一項(xiàng),相減即可得數(shù)列為隔項(xiàng)是等差數(shù)列,分為奇數(shù),和為偶數(shù)兩種情況,分別求出通項(xiàng)公式即可得出結(jié)果;(2)根據(jù)(1)中的結(jié)果,得到的通項(xiàng)公式,將化簡,利用換底公式解出k的值即可.〖小問1詳析〗解:由題知①,因?yàn)?所以,解得,當(dāng)時(shí),②,①-②可得:,所以當(dāng)奇數(shù)時(shí),,,,以上式子相加可得:,化簡可得,滿足上式，所以當(dāng)為偶數(shù)時(shí),,,,以上式子相加可得:,化簡可得,滿足上式，綜上:;〖小問2詳析〗由(1)知,故,因?yàn)?所以,即,故,解得.19.如圖1，在直角梯形中，，點(diǎn)E、F分別是邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將沿邊折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置（如圖2所示），且.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）要證明兩平面垂直只需證明其中一個(gè)平面內(nèi)有一條直線垂直于另一個(gè)平面即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用空間向量數(shù)量積求解.〖小問1詳析〗如圖，連接BF，由條件知四邊形ABFD是正方形，，是等腰直角三角形，E是BC的中點(diǎn)，；并且，；如圖：在中，，，，平面ABD，平面ABD，又，平面ABD，平面APE，平面平面ABD；〖小問2詳析〗因?yàn)閮蓛纱怪保訣為原點(diǎn)，BE為x軸，F(xiàn)E為y軸，EP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如下圖：則有，，設(shè)平面ABP與平面ADP的夾角為，平面ABP的一個(gè)法向量為，平面ADP的一個(gè)法向量為，則有：，，令，則；，，令，則，，；20.第22屆卡塔爾世界杯（FIFAWorldCupQatar2022）足球賽,于當(dāng)?shù)貢r(shí)間2022年1月20日（北京時(shí)間1月21日）至12月18日在卡塔爾境內(nèi)5座城市中的8座球場舉行,共計(jì)4場賽事.除東道主卡塔爾外,另有來自五個(gè)大洲足球聯(lián)合會(huì)的31支球隊(duì)擁有該屆世界杯決賽參賽資格,各大洲足聯(lián)各自舉辦預(yù)選賽事以決定最終出線的球隊(duì).世界杯群星薈萃,撥動(dòng)著各國人民的心弦,向人們傳遞著正能量和歡樂.（1）某中學(xué)2022年舉行了“學(xué)習(xí)世界杯,塑造健康體魄”的主題活動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)間后,學(xué)生的身體素質(zhì)明顯增強(qiáng),現(xiàn)將該學(xué)校近5個(gè)月體重超重的人數(shù)進(jìn)行了統(tǒng)計(jì),得到如下表格:月份x12345體重超重人數(shù)y640540420300200若該學(xué)校體重超重人數(shù)y與月份x（月份x依次為1,2,3,4,5…）具有線性相關(guān)關(guān)系,請(qǐng)預(yù)測從第幾月份開始該學(xué)校體重超重的人數(shù)降至50人以下？（2）在某次賽前足球訓(xùn)練上,開始時(shí)球恰由控制,此后規(guī)定球僅在A、B和C三名隊(duì)員中傳遞,已知當(dāng)球由A控制時(shí),傳給B的概率為,傳給C的概率為;當(dāng)球由B控制時(shí),傳給A的概率為,傳給C的概率為;當(dāng)球由C控制時(shí),傳給A的概率為,傳給B的概率為.①記為經(jīng)過n次傳球后球恰由A隊(duì)員控制的概率,求;②若傳球次數(shù),C隊(duì)員控制球的次數(shù)為X,求.參考公式:.〖答案〗（1）7（2）①,;②〖解析〗〖祥解〗(1)根據(jù)最小二乘法求出y關(guān)于x的線性回歸方程,使y小于50,求出x的范圍,即可得出結(jié)果;(2)①分析和時(shí)A隊(duì)員控制的情況,利用獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算結(jié)果即可;②由,分析所有控球的情況可知的可能取值為:0,1,2,分別求出各個(gè)的概率,利用期望公式求出結(jié)果即可.〖小問1詳析〗解:由題知學(xué)校體重超重人數(shù)y與月份x（月份x依次為1,2,3,4,5…）具有線性相關(guān)關(guān)系,故設(shè),根據(jù)表格可得:,所以,因?yàn)?故線性回歸方程為:,當(dāng)時(shí),即,解得,故預(yù)測從第7月份開始該學(xué)校體重超重的人數(shù)降至50人以下;〖小問2詳析〗①由題知為經(jīng)過1次傳球后由隊(duì)員控制,因?yàn)殚_始時(shí)球恰由控制,所以1次傳球后只能傳給,,故,為經(jīng)過2次傳球后由隊(duì)員控制,不妨以,,表示控球的隊(duì)員,則可能的情況為:或,當(dāng)傳球情況為時(shí),,當(dāng)傳球情況為時(shí),,故;②由題分析可知的可能取值為:0,1,2,當(dāng)時(shí),控球的情況為:,所以,當(dāng)時(shí),控球的情況為:或或或或,四種情況,所以當(dāng)時(shí),控球的情況為:或,,故.21.已知橢圓的離心率為，且直線截橢圓所得的弦長為.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線與y軸交于點(diǎn)P，A、C為橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)、且位于第一象限（不在直線上），直線分別交橢圓于B、D兩點(diǎn)，若直線分別交直線于E、F兩點(diǎn)，求證：.〖答案〗（1）（2）證明過程見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)弦長得到，結(jié)合離心率和，求出，得到橢圓方程；（2）平移坐標(biāo)系，將變?yōu)?，橢圓方程為，設(shè)，，，表達(dá)出，，表達(dá)出直線，得到，同理得到，通過計(jì)算得到，從而得到，故.〖小問1詳析〗中令得：，故①，又，，故，代入①中，解得：，故，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；〖小問2詳析〗由題意得：，因?yàn)锳、C為橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)且位于第一象限，且不在直線上，所以直線的斜率存在且斜率不為0，把平面直角坐標(biāo)系向上平移1個(gè)單位，則變?yōu)椋本€分別交直線于E、F兩點(diǎn)，變?yōu)橹本€分別交直線于E、F兩點(diǎn)，此時(shí)橢圓方程為，設(shè)，，由于平移后的橢圓不再關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故，其中，，，同理可得：，則直線為，令得：，其中，直線為，令得：，其中，故，則，故.〖『點(diǎn)石成金』〗圓錐曲線中，若設(shè)出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立，計(jì)算量特別大時(shí)，可平移坐標(biāo)系，減小計(jì)算難度和計(jì)算量，平移坐標(biāo)系后，圓錐曲線的方程書寫時(shí)，滿足“左加右減，上減下加”，或理解為將圓錐曲線的中心移至某點(diǎn)，移動(dòng)方向與坐標(biāo)軸正方向相同則加，相反則減，要保證平移坐標(biāo)系后方程的正確性.22.已知函數(shù).（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若不等式恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.〖答案〗（1）〖答案〗見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先求定義域，再求導(dǎo)，分與，討論函數(shù)單調(diào)區(qū)間，在時(shí)，根據(jù)根的判別式進(jìn)行分類討論，最終求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）參變分離，得到，構(gòu)造，，求導(dǎo)后，構(gòu)造，，求導(dǎo)利用隱零點(diǎn)，同構(gòu)等方法求出，得到實(shí)數(shù)k的取值范圍.〖小問1詳析〗，定義域?yàn)椋瑒t，當(dāng)時(shí)，恒成立，故，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，無遞減區(qū)間；當(dāng)時(shí)，令，當(dāng)，即時(shí)，恒成立，故，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，無遞減區(qū)間；當(dāng)，即時(shí)，此時(shí)設(shè)的兩根為，，兩根均大于0，且，令得：或，令得：，故的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；綜上：當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，無遞減區(qū)間；當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；〖小問2詳析〗由于的定義域?yàn)?，可只需考慮時(shí)，不等式恒成立，即，化簡得：，令，，則，令，，在上恒成立，故在上單調(diào)遞減，因?yàn)椋?，故存在，使得，即，設(shè)，，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，所以，即，，當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，，，故時(shí)，單調(diào)遞增，時(shí)，單調(diào)遞減，故在時(shí)取得極大值，也是最大值，故，故，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是〖『點(diǎn)石成金』〗隱零點(diǎn)的處理思路：第一步：用零點(diǎn)存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，其中難點(diǎn)是通過合理賦值，敏銳捕捉零點(diǎn)存在的區(qū)間，有時(shí)還需結(jié)合函數(shù)單調(diào)性明確零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；第二步：虛設(shè)零點(diǎn)并確定取范圍，抓住零點(diǎn)方程實(shí)施代換，如指數(shù)與對(duì)數(shù)互換，超越函數(shù)與簡單函數(shù)的替換，利用同構(gòu)思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.高考模擬試題PAGEPAGE1黃山市2023屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗解不等式，求出，得到交集.〖詳析〗，，故.故選：D2.若，則（）A.2 B. C. D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算先求出復(fù)數(shù)，然后利用共軛復(fù)數(shù)的概念和模的計(jì)算方法即可求解.〖詳析〗因?yàn)椋?，則，所以，則，故選：.3.已知點(diǎn)在雙曲線的漸近線上，則雙曲線的離心率為（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將P點(diǎn)坐標(biāo)代入漸近線方程，求出a與b的關(guān)系，再根據(jù)求出離心率.〖詳析〗漸近線方程為：，由于P點(diǎn)坐標(biāo)在第二象限，選用，將P點(diǎn)坐標(biāo)代入得：，又；故選：D.4.南宋數(shù)學(xué)家在《詳析九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式,所討論的高階等差數(shù)列與一般等差數(shù)列不同,高階等差數(shù)列中前后兩項(xiàng)之差并不相等,但是逐項(xiàng)差數(shù)之差或者高次差成等差數(shù)列.現(xiàn)有一個(gè)高階等差數(shù)列,其前7項(xiàng)分別為1,2,4,7,11,16,22,則該數(shù)列的第30項(xiàng)為（）A.379 B.407 C.436 D.466〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據(jù)數(shù)列的新定義,寫出遞推關(guān)系式,根據(jù)關(guān)系式找到數(shù)列的通項(xiàng)公式,即可求出結(jié)果.〖詳析〗解:由題知高階等差數(shù)列前7項(xiàng)分別為1,2,4,7,11,16,22,因?yàn)?記第項(xiàng)為,則有,所以,所以.故選:C5.兩批同種規(guī)格的產(chǎn)品，第一批占、合格品率為，第二批占、合格品率為.將兩批產(chǎn)品混合，從混合產(chǎn)品中任取一件.則這件產(chǎn)品是次品的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗次品率等于1減合格品率，計(jì)算可得.〖詳析〗.故選：D.6.2022年11月30日,神舟十四號(hào)字航員陳冬、劉洋、蔡旭哲和神舟十五號(hào)宇航員費(fèi)俊龍、鄧清明、張陸順利“會(huì)師太空”,為記錄這一歷史時(shí)刻,他們準(zhǔn)備在天和核心艙合影留念.假設(shè)6人站成一排,要求神舟十四號(hào)三名航天員互不相鄰,且神舟十五號(hào)三名航天員也互不相鄰,則他們的不同站法共有（）種A.72 B.144 C.36 D.108〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗不相鄰問題進(jìn)行插空,先將神舟十四號(hào)三名航天員全排,再將神舟十五號(hào)三名航天員插入,由于神舟十四號(hào)三名航天員互不相鄰,神舟十四號(hào)三名航天員之間有兩個(gè)空需要有人插入,故將神舟十五號(hào)三名航天員中選出兩名插到神舟十四號(hào)三名航天員中間即可滿足,寫出式子,計(jì)算結(jié)果即可.〖詳析〗解:由題知,不妨先將神舟十四號(hào)三名航天員全排為:,再將神舟十五號(hào)三名航天員插入到神舟十四號(hào)三名航天員中,因?yàn)樯裰凼奶?hào)三名航天員互不相鄰,故先將神舟十五號(hào)三名航天員中選出兩名插到神舟十四號(hào)三名航天員中間空出的兩個(gè)位置上,進(jìn)行排列:,最后一位神舟十五號(hào)航天員在首和尾中選一個(gè)位置站下,共,故不同站法有:種.故選:A7.在中,,O是的外心,則的最大值為（）A.1 B. C.3 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取中點(diǎn)為,將寫為,展開后,將作為一組基底,將其他向量寫為的形式,再將三角形的邊和角代入,用余弦定理將邊角之間關(guān)系代入上式,再用正弦定理求出變量范圍,求出最大值即可.〖詳析〗解:由題知,記的三邊為,因?yàn)镺是的外心,記中點(diǎn)為,則有,所以且,所以①,在中,由余弦定理得:,即,即,代入①中可得:,在中,由正弦定理得:,所以,所以,當(dāng)時(shí)取等,故的最大值為3.故選:C8.下列不等式不正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗A選項(xiàng)，用分析法證明，分析出即證，兩邊平方后得到，即證，A正確；B選項(xiàng)，兩邊取對(duì)數(shù)后，構(gòu)造，，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，得證；C選項(xiàng)，結(jié)合正弦二倍角公式，即證，構(gòu)造，，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，從而得到，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，兩邊取對(duì)數(shù)后即證，構(gòu)造，，求導(dǎo)后得到其單調(diào)性，從而證明出，D正確.〖詳析〗要證，即證，兩邊平方得：，即證，即證，顯然成立，故，A正確；要證，兩邊取對(duì)數(shù)得：，即證，構(gòu)造，，在上恒成立，故在上單調(diào)遞減，所以，即，所以，B正確；因?yàn)?，其中，要證，即證，即，構(gòu)造，，在上恒成立，所以上單調(diào)遞增故，即，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，兩邊取對(duì)數(shù)得：，構(gòu)造，，，令，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，故，即，所以在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，故，結(jié)論得證，D正確.故選：C〖『點(diǎn)石成金』〗構(gòu)造函數(shù)比較大小是高考熱點(diǎn)和難點(diǎn)，結(jié)合代數(shù)式的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，通過導(dǎo)函數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，從而比較出代數(shù)式的大小，本題中BCD三個(gè)選項(xiàng)比較大小，都需要變形后，構(gòu)造出適當(dāng)函數(shù)進(jìn)行比較大小.二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9.已知函數(shù),現(xiàn)將函數(shù)的圖象沿x抽向左平移單位后,得到一個(gè)偶函數(shù)的圖象,則（）A.函數(shù)的周期為B.函數(shù)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為C.當(dāng)時(shí),函數(shù)的最小值為D.函數(shù)的極值點(diǎn)為〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗運(yùn)用半角公式,將化為,再向向左平移單位,寫出〖解析〗式,根據(jù)其為偶函數(shù)且有,可得的值,代入中可得〖解析〗式,求出周期,對(duì)稱中心,根據(jù)換元法求最值,再求除極值點(diǎn)即求對(duì)稱軸處即可.〖詳析〗解:由題知將的圖象沿x抽向左平移單位后為:,因?yàn)闉榕己瘮?shù),所以把,因?yàn)?所以解得,故;所以周期為,故選項(xiàng)A正確;令,解得,因?yàn)楣蕿榈囊粋€(gè)對(duì)稱中心,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;因?yàn)?令,則在單調(diào)遞減,所以,故選項(xiàng)C正確;令,可得,極值點(diǎn)處即為對(duì)稱軸處,故極值點(diǎn)為,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選:AC10.在正方體中，點(diǎn)P滿足，則（）A.對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，三棱錐的體積始終不變B.對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，都有平面C.存在正實(shí)數(shù)，使得異面直線與所成的角為D.存在正實(shí)數(shù)，使得直線與平面所成的角為〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式、三棱錐體積的性質(zhì)、線面平行的性質(zhì)逐一判斷即可.〖詳析〗A：因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，因?yàn)?，所以在線段（不包括端點(diǎn)）上，因此對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，點(diǎn)到平面的距離不變，而，所以對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)，三棱錐的體積始終不變，因此本選項(xiàng)正確；建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為，B：設(shè)平面的法向量為，，所以有，因?yàn)?，所以，而平面，所以平面，因此本選項(xiàng)正確；C：假設(shè)存在正實(shí)數(shù)，使得異面直線與所成的角為，則有解得：，所以不存在正實(shí)數(shù)，使得異面直線與所成的角為，因此本選項(xiàng)不正確；D：假設(shè)存在正實(shí)數(shù)，使得直線與平面所成的角為，設(shè)平面的法向量為，所以有，，解得，所以假設(shè)不成立，因此不存在正實(shí)數(shù)，使得直線與平面所成的角為，所以本選項(xiàng)不正確，故選：AB11.數(shù)學(xué)美的表現(xiàn)形式不同于自然美或藝術(shù)美那樣直觀，它蘊(yùn)藏于特有的抽象概念、公式符號(hào)、推理論證、思維方法等之中，揭示了規(guī)律性，是一種科學(xué)的真實(shí)美.在平面直角坐標(biāo)系中，曲線就是一條形狀優(yōu)美的曲線，則（）A.曲線圍成的圖形的周長是B.曲線上的任意兩點(diǎn)間的距離不超過4C.曲線圍成的圖形的面積是D.若是曲線上任意一點(diǎn)，則的最小值是〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗去掉絕對(duì)值可得曲線的四段關(guān)系式，從而可作出曲線的圖象，由圖象即可判斷各選項(xiàng).〖詳析〗由，當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當(dāng)，時(shí)，，即，表示圓心為，半徑的半圓.曲線的圖象如下圖所示：由圖象可知，曲線由4個(gè)半圓組成，故其周長為，圍成的圖形的面積為，故A正確、C正確；曲線上的任意兩點(diǎn)間的最大距離為，故B錯(cuò)誤；圓心到直線的距離為，到直線的距離，若使最小，則有，所以，故D正確.故選：ACD.12.對(duì)于函數(shù)，則（）A.是單調(diào)函數(shù)的充要條件是B.圖像一定是中心對(duì)稱圖形C.若，且恰有一個(gè)零點(diǎn)，則或D.若的三個(gè)零點(diǎn)恰為某三角形的三邊長，則〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)分析.〖詳析〗對(duì)于A，若是單調(diào)的，則有恒成立，即，錯(cuò)誤；對(duì)于B，設(shè)對(duì)稱中心為，則有，將的〖解析〗式代入化簡得：，令，則，即總是關(guān)于點(diǎn)D對(duì)稱的，正確；對(duì)于C，，，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；若只有1個(gè)零點(diǎn)，必有極大值，或者極小值，，正確；對(duì)于D，不妨設(shè)，則有，，，的大致圖像必定如下圖：，，正確；故選：BCD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為15，則實(shí)數(shù)a的值為____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗運(yùn)用二項(xiàng)式定理求解.〖詳析〗由二項(xiàng)式定理知：，，即，；故〖答案〗為：.14.已知,若成等差數(shù)列,成等比數(shù)列,則的最小值是____________.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗根據(jù)成等差數(shù)列,成等比數(shù)列,得到,代入中,再用基本不等式求出最值即可.〖詳析〗解:由題知,成等差數(shù)列,成等比數(shù)列故有:,所以,因?yàn)?所以,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等,故,即的最小值為2.故〖答案〗為:215.圓錐的軸截面是邊長為6的等邊三角形，在該圓錐內(nèi)放置一個(gè)棱長為m的正四面體，并且正四面體可以在該圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則實(shí)數(shù)m的最大值為____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意正四面體在該圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)最大時(shí)，正四面體為該球的內(nèi)接正面體，先求出該外接球的半徑，該球的內(nèi)接正面體補(bǔ)成正方體，則該正方體的外接球也是此球，先求出正方體的棱長，從而可得〖答案〗.〖詳析〗設(shè)為該圓錐的底面圓心，則其高為，則該圓錐的內(nèi)切球的圓心在圓錐的高上，設(shè)為，設(shè)半徑為，設(shè)該圓錐的內(nèi)切球與圓錐的母線相切于點(diǎn)，連接，則中，，則，解得，由題意得正四面體在該圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)最大時(shí)，正四面體為該球的內(nèi)接正面體，將該球的內(nèi)接正面體補(bǔ)成正方體，則該正方體的外接球也是此球，設(shè)正方體的棱長為，則正方體的對(duì)角線長等于球的直徑，即，得，則該正四面體的棱長為正方體的面對(duì)角線，即該正四面體的棱長為，所以實(shí)數(shù)m的最大值為，故〖答案〗為：16.設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，直線l過F且與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，若，則直線l的方程為____________.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗設(shè)出直線方程與拋物線方程聯(lián)立，結(jié)合平面向量共線的性質(zhì)、一元一次方程根與系數(shù)關(guān)系進(jìn)行求解即可.〖詳析〗由題意可知直線l存在斜率，因?yàn)椋@然該直線的斜率不為零，設(shè)為，由，所以直線l的方程為，于是有，設(shè)，則有，由，由，當(dāng)時(shí)，，即，當(dāng)時(shí)，，即故〖答案〗為：或〖『點(diǎn)石成金』〗關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖,已知外接圓的圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn),且O在內(nèi)部,.（1）求,求;（2）求面積的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由題可得外接圓半徑,即,用向量加減法把寫為,展開代入長度和角即可求出數(shù)量積;(2)由圓心角,可求圓周角,即的值,由外接圓半徑為1,根據(jù)正弦定理可求,根據(jù)余弦定理可求之間等式關(guān)系,根據(jù)基本不等式可求的最大值,根據(jù)三角形面積公式,即可求出其最大值.〖小問1詳析〗解:由題知,故圓的半徑為1,所以,所以〖小問2詳析〗由(1)知,外接圓的半徑為1,因?yàn)?所以在中,由正弦定理可得:,解得:,在中,由余弦定理可得:,化簡可得:,由基本不等式可知,即,所以解得,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等,所以故面積的最大值為.18.已知數(shù)列滿足,且.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式;（2）數(shù)列滿足,,若,求k的值.〖答案〗（1）（2）79〖解析〗〖祥解〗(1)根據(jù)遞推關(guān)系式,向前推一項(xiàng),相減即可得數(shù)列為隔項(xiàng)是等差數(shù)列,分為奇數(shù),和為偶數(shù)兩種情況,分別求出通項(xiàng)公式即可得出結(jié)果;(2)根據(jù)(1)中的結(jié)果,得到的通項(xiàng)公式,將化簡,利用換底公式解出k的值即可.〖小問1詳析〗解:由題知①,因?yàn)?所以,解得,當(dāng)時(shí),②,①-②可得:,所以當(dāng)奇數(shù)時(shí),,,,以上式子相加可得:,化簡可得,滿足上式，所以當(dāng)為偶數(shù)時(shí),,,,以上式子相加可得:,化簡可得,滿足上式，綜上:;〖小問2詳析〗由(1)知,故,因?yàn)?所以,即,故,解得.19.如圖1，在直角梯形中，，點(diǎn)E、F分別是邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將沿邊折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置（如圖2所示），且.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）要證明兩平面垂直只需證明其中一個(gè)平面內(nèi)有一條直線垂直于另一個(gè)平面即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用空間向量數(shù)量積求解.〖小問1詳析〗如圖，連接BF，由條件知四邊形ABFD是正方形，，是等腰直角三角形，E是BC的中點(diǎn)，；并且，；如圖：在中，，，，平面ABD，平面ABD，又，平面ABD，平面APE，平面平面ABD；〖小問2詳析〗因?yàn)閮蓛纱怪保訣為原點(diǎn)，BE為x軸，F(xiàn)E為y軸，EP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如下圖：則有，，設(shè)平面ABP與平面ADP的夾角為，平面ABP的一個(gè)法向量為，平面ADP的一個(gè)法向量為，則有：，，令，則；，，令，則，，；20.第22屆卡塔爾世界杯（FIFAWorldCupQatar2022）足球賽,于當(dāng)?shù)貢r(shí)間2022年1月20日（北京時(shí)間1月21日）至12月18日在卡塔爾境內(nèi)5座城市中的8座球場舉行,共計(jì)4場賽事.除東道主卡塔爾外,另有來自五個(gè)大洲足球聯(lián)合會(huì)的31支球隊(duì)擁有該屆世界杯決賽參賽資格,各大洲足聯(lián)各自舉辦預(yù)選賽事以決定最終出線的球隊(duì).世界杯群星薈萃,撥動(dòng)著各國人民的心弦,向人們傳遞著正能量和歡樂.（1）某中學(xué)2022年舉行了“學(xué)習(xí)世界杯,塑造健康體魄”的主題活動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)間后,學(xué)生的身體素質(zhì)明顯增強(qiáng),現(xiàn)將該學(xué)校近5個(gè)月體重超重的人數(shù)進(jìn)行了統(tǒng)計(jì),得到如下表格:月份x12345體重超重人數(shù)y640540420300200若該學(xué)校體重超重人數(shù)y與月份x（月份x依次為1,2,3,4,5…）具有線性相關(guān)關(guān)系,請(qǐng)預(yù)測從第幾月份開始該學(xué)校體重超重的人數(shù)降至50人以下？（2）在某次賽前足球訓(xùn)練上,開始時(shí)球恰由控制,此后規(guī)定球僅在A、B和C三名隊(duì)員中傳遞,已知當(dāng)球由A控制時(shí),傳給B的概率為,傳給C的概率為;當(dāng)球由B控制時(shí),傳給A的概率為,傳給C的概率為;當(dāng)球由C控制時(shí),傳給A的概率為,傳給B的概率為.①記為經(jīng)過n次傳球后球恰由A隊(duì)員控制的概率,求;②若傳球次數(shù),C隊(duì)員控制球的次數(shù)為X,求.參考公式:.〖答案〗（1）7（2）①,;②〖解析〗〖祥解〗(1)根據(jù)最小二乘法求出y關(guān)于x的線性回歸方程,使y小于50,求出x的范圍,即可得出結(jié)果;(2)①分析和時(shí)A隊(duì)員控制的情況,利用獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算結(jié)果即可;②由,分析所有控球的情況可知的可能取值為:0,1,2,分別求出各個(gè)的概率,利用期望