Page262023年皖東名校聯盟體高三9月第二次教學質量檢測試卷滿分：150分考試用時：120分鐘注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、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選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則下列說法正確的是（）A.， B.， C.， D.，【答案】B【解析】【分析】根據子集的定義，結合任意性和存在性的定義逐一判斷即可.【詳解】A：顯然，，所以本選項不正確；B：顯然，，所以本選項正確；C：因為，所以不存在，，因此本選項不正確；D：因為，，所以本選項不正確，故選：B2.若，則（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】計算出，進而計算出，利用模長公式計算出答案.【詳解】由題意可得，則，故．故選：A．3.已知向量，其中，，則的最大值為（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】計算出，利用基本不等式求出最值.【詳解】，，故，因為，所以，當且僅當，即時，等號成立，故.故選：B．4.已知A，B，C為三個隨機事件且，，>0，則A，B，C相互獨立是A，B，C兩兩獨立的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用相互獨立事件的概念以及充分必要條件的概念即可.【詳解】A，B，C相互獨立,則滿足，且，，；A，B，C兩兩獨立則滿足，，；故而A，B，C相互獨立則有A，B，C兩兩獨立，但是A，B，C兩兩獨立不能得出A，B，C相互獨立，故A正確．故選：A5.若，b=1.2，c=ln3.2，則a，b，c的大小關系為（）A.a>b>c B.c>b>a C.a>c>b D.b>a>>c【答案】A【解析】【分析】先比較與的大小，構造函數，利用導數證明得到時，，從而得到，通過，，結合的單調性即可得到，從而得出判斷.【詳解】令，則，∴在上單調遞增，，即，∴，又，，∵，，，故，∴．故選：A．6.如圖，正方形的中心與正方形的中心重合，正方形的面積為2，截去如圖所示的陰影部分后，將剩下的部分翻折得到正四棱錐(A，B，C，D四點重合于點M)，當四棱錐體積達到最大值時，圖中陰影部分面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設，表達出棱錐側面的高，進而表達出棱錐的高，表示出棱錐體積，利用導函數求出棱錐體積的最大值，求出陰影部分面積.【詳解】取正方形中心為，連接交于點，正方形的面積為2，故正方形的邊長為，，設，則，所得的棱錐側面的高，故棱錐的高為，四棱錐體積為，令，則，當時，，當時，，∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴當時，體積最大，此時，，由勾股定理可得，點到邊長的距離，，∴陰影部分面積.故選：A．7.直觀想象是數學六大核心素養之一，某位教師為了培養學生的直觀想象能力，在課堂上提出了這樣一個問題：現有10個直徑為4的小球，全部放進棱長為a的正四面體盒子中，則a的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分析10個小球在正四面體內的位置情況，把正四面體的高用小球半徑與正四面體的棱長表示，列等式即可求解.【詳解】我們先來證明如下引理：如下圖所示：設正四面體棱長為，面，，所以，，顯然為面的重心，所以，由勾股定理可得面,所以正四面體的高等于其棱長的面倍.接下來我們來解決此題：如下圖所示：10個直徑為4的小球放進棱長為a的正四面體中，成三棱錐形狀，有3層，則從上到下每層的小球個數依次為：1，，個，當a取最小值時，從上到下每層放在邊緣的小球都與正四面體的側面相切，底層的每個球都與正四面體底面相切，任意相鄰兩個小球都外切，位于每層正三角狀頂點的所有上下相鄰小球的球心連線為一個正四面體，則該正四面體的棱長為，可求得其高為，所以正四面體的高為，進而可求得其棱長a的最小值為．故選：B.8.設，將的圖像向右平移個單位，得到的圖像，設，，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據平移得到的解析式，根據得到的解析式，根據三角變換公式以及的增減性最后得到的最大值.【詳解】將的圖像向右平移個單位，得到的圖像，，，，，，，∵，，∴，令，,，易知在單調遞增，即單調遞增，∴單調遞減，∴當時，最大值為，故答案為：B.【點睛】關鍵點點睛：關鍵在于利用通分以及對化簡，以及觀察的單調性.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的．全選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知三次函數，下列結論正確的是（）A.當時，單調遞減區間為B.當時，單調遞增區間為C.當時，若函數恰有兩個不同的零點，則D.當時，恒成立，則a的取值范圍為【答案】ACD【解析】【分析】利用導數研究區間單調性判斷A、B，由函數恰有兩個不同的零點，則有一個極值為0，易得或判斷C；將不等式恒成立化為恒成立，對右側構造函數，應用導數求其最大值即可判斷D.【詳解】，則，當時，在區間上，所以在上單調遞減區間，A正確，B錯誤；要使函數恰有兩個不同的零點，則有一個極值為0，由上分析知：或，而時，不滿足題意；所以，有，化簡可得，C正確；當時恒成立，即恒成立，令，則，故，在上，單調遞增，在上，單調遞減，∴，故，D正確．故選：ACD10.在四面體ABCD中，，，E，F，G分別是棱BC，AC，AD上的動點，且滿足AB，CD均與面EFG平行，則（）A.直線AB與平面ACD所成的角的余弦值為B.四面體ABCD被平面EFG所截得的截面周長為定值1C.的面積的最大值為D.四面體ABCD的內切球的表面積為【答案】ACD【解析】【分析】利用面面垂直性質找出直線AB與平面ACD所成的角，即可求得其余弦值，判斷A；明確截面四邊形的形狀即可求得其周長，判斷B；根據截面四邊形形狀結合基本不等式可判斷C；利用割補法結合等體積法即可判斷D.【詳解】對于A，取AB的中點Q，CD的中點M，連接，由于，故，而平面，故平面，又平面，故平面平面，則即為直線AB與平面ACD所成的角，又，而,故，則，故，A正確；對于B，設平面與棱BD的交點為P，因為平面，且平面，平面平面，故，且由題意知，否則重合，不合題意，故四邊形為梯形，同理四邊形為梯形，所以，由于，故，又因為，同理可證，則；同理證明，則四邊形為平行四邊形，故四邊形的周長為2，即四面體ABCD被平面EFG所截得的截面周長為定值2，B錯誤；對于C，因為平面，平面，故；而，同理可證，故，結合，故，當且僅當時等號成立，即的面積的最大值為，C正確；對于D，由以上分析知，故，而平面，，故，而，設四面體ABCD的內切球的半徑為r，則，即，故四面體ABCD的內切球的表面積為，D正確，故選：ACD【點睛】難點點睛：解答本題要充分發揮空間想象，明確空間圖形結構特征，難點在于C、D選項的判斷，解答時要推出截面的形狀，明確其中的數量關系，結合基本不等式判斷C；利用割補法可求得四面體內切球的半徑.11.已知拋物線C：的焦點為F，過點F的直線與拋物線C交于A、B兩點，直線l：，M為l上一動點，則下列結論正確的是（）A.的最小值為10．B.若，為垂足，且為的平分線，則⊥C.對任意點M，均有D.當為等邊三角形時，的面積為【答案】BCD【解析】【分析】A選項，設：，聯立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，結合焦半徑公式得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最值；B選項，證明三角形全等，得到結論；C選項，設，表達出；D選項，設AB中點為G，表達出，分當和時，先求出，進而表達出，，利用兩者數量關系得到方程，求出，得到等邊三角形的邊長和高，求出面積.【詳解】設：，，聯立，得，則，，，對于A，∵，則，∴，當且僅當，即時，等號成立，A錯誤；對于B，∵，MA為的平分線，則≌，∴，B正確；對于C，設，則，C正確；對于D，設AB中點為G，由于，，則，當時，顯然為直角三角形，不合題意，當時，，∴，，，又，解得，，，，D正確．故選：BCD．【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．12.記有限數集為M，1∈M，定義在M上的函數記為，的圖象經過旋轉變換之后會得到g(x)的圖象(的圖象有可能不是函數圖象)，若的圖象繞原點逆時針旋轉后得到的圖象與原函數的圖象重合，則在下列選項中f(1)的取值不可能是（）A.0 B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根據題意給的定義和函數的應用即可求解.【詳解】設點，若逆時針旋轉后與原圖重合，則旋轉后的對應點也在的圖象上，同理有的對應點也在其圖象上，以此類推，于是對應的圖象可以為一個圓周上的6等分的6個點.當時，即，則，易驗證，顯然不符合函數的定義，故A項不可能；當時，即，同理，，不符合函數的定義，故B項不可能；當時，即，同理，．不符合函數的定義，故C項不可能；當時，即，滿足題意，故D項可能.故選：ABC．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.數學家波利亞說：“為了得到一個方程，我們必須把同一個量以兩種不同的方法表示出來，即將一個量算兩次，從而建立相等關系”這就是算兩次原理，又稱為富比尼原理．由等式利用算兩次原理可得__________．(用組合數表示即可)【答案】【解析】【分析】利用二項式定理，結合已知條件，即可推出結果.【詳解】依題意，故是展開式中的系數，而展開式中的系數為，所以．故答案為：.14.已知，又P點為圓O：上任意一點且滿足，則________．【答案】【解析】【分析】設，然后根據題意可得化簡后可求出的值.【詳解】設，則，且P點到點A的距離與到點B的距離之比為定值，所以，所以，所以，解得，因為，所以故答案為：．15.已知正實數，b滿足，則當取最小值時，________．【答案】【解析】【分析】變形換元后得到，令，求導得到函數單調性和最值，從而求出.【詳解】，令，則，令，則，當時，，在上單調遞減，當時，，在上單調遞增，故在處取得極小值，也是最小值，，即．故答案：．16.如圖，橢圓：()的右焦點為F，離心率為e，點P是橢圓上第一象限內任意一點且，，．若，則離心率e的最小值是_________．【答案】【解析】【分析】設直線OP的方程為，代入橢圓方程求得P，Q的坐標，由向量數量積為0的等價條件可得OP，FQ的斜率之積為-1，整理，可將用a、b、c表示出來，再依據，對任意恒成立，可得所求離心率的范圍．【詳解】∵點P是上第一象限內任意一點且，∴，設直線OP的斜率為k，則．由可得，故，∴，∵，故，∴，解得，∵對任意的恒成立，故，整理得到對任意的恒成立，故只需，即，即，故離心率e最小值為．故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.數列各項均為正數，的前n項和記作，已知，．（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前2023項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）當時，有相減得,結合各項均為正數，并因式分解即可求解.（2）由（1）得，結合可知，由裂項相消法即可求解.【小問1詳解】當時，有相減得，即，各項均為正數，所以，又當時，，解得或(舍)，所以對任意正整數n，均有，故是以首項為1，公差以1的等差數列，所以．【小問2詳解】由于，故，由（1）得，記前n項和為，則，所以.18.在△ABC中，，D在邊AC上，∠A，∠B．∠C對應的邊為a，b，c．（1）當BD為的角平分線且時，求的值；（2）當D為AC的中點且時，求的取值范圍．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）利用可得出結論；（2）由正弦定理分別表示出a，c，得出，再根據的范圍及正弦函數的性質求解答案即可.【小問1詳解】由題意知，BD為角平分線且長度已知，則利用面積相等可得，整理可得，所以.【小問2詳解】以a，c為邊做平行四邊形，另一個端點設為M，連接BM，易知BM交AC于點D.設∠DBC=θ，則由正弦定理知：化簡可得，，．則，合并化簡可，易知，則，∴．∴的取值范圍為.19.如圖，正方體的棱長為4，M，N，P，Q分別為棱的中點，平面與平面將該正方體截成三個多面體．（1）求平面與平面所成夾角的余弦值的大小；（2）求多面體的體積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以向量法為工具結合平面夾角公式，即可解決;（2）將所求多面體體積通過大正方體的體積減去部分幾何體的體積進行轉化，即可解決.【小問1詳解】以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系(如圖)，則，，，．設為平面的一個法向量，則取，解得，故．設為平面的一個法向量，則取，解得，故．則，∴平面與平面所成夾角的余弦值為.【小問2詳解】由正方體特性可知：，所求多面體，;而幾何體可以看成兩三棱錐相減，將延長至O點，使，得到幾何體的體積為三棱錐的體積減去三棱錐的體積，∴．∴．20.2022年國慶節某商場進行砸金蛋活動，現有8個外形完全相同的金蛋，8個金蛋中有1個一等獎，1個二等獎，3個三等獎，3個參與獎，現甲乙兩人進行砸金蛋比賽，砸中1個一等獎記4分，砸中1個二等獎記3分，砸中1個三等獎記2分，砸中1個參與獎記1分，規定砸蛋人得分不低于8分為獲勝，否則為負，并制定規則如下：①一個人砸蛋，另一人不砸蛋；②砸蛋的人先砸1個金蛋，若砸出的是一等獎，則再砸2個金蛋；若砸出的不是一等獎，則再砸3個金蛋，砸蛋人的得分為兩次砸出金蛋的記分之和．（1）若由甲砸蛋，如果甲先砸出的是一等獎，求該局甲獲勝的概率；（2）若由乙砸蛋，如果乙先砸出的是二等獎，求該局乙得分的分布列和數學期望．【答案】（1）（2）分布列見解析；期望為【解析】【分析】（1）分兩種情況，結合古典概型及組合即可求解；（2）寫出隨機變量的所有取值，分別求出概率，即可得出分布列，再根據數學期望公式即可求出期望.【小問1詳解】記“甲先砸出的是一等獎，甲獲勝”為事件A，則，【小問2詳解】如果乙先砸出的是二等獎，則可以再砸3個金蛋，則得分情況有6，7，8，9，10，11，，，，，，，所以的分布列為：P67891011所以的數學期望：．21.已知雙曲線()左、右焦點為，其中焦距為，雙曲線經過點．（1）求雙曲線的方程；（2）過右焦點作直線交雙曲線于M，N兩點(M，N均在雙曲線的右支上)，過原點O作射線，其中，垂足為為射