聚能教育2023屆高三上學期第一次質(zhì)量檢查數(shù)學試題

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁試卷第 =page 4 4頁，共 =sectionpages 4 4頁安徽省蚌埠市2023屆高三上學期第一次質(zhì)量檢查數(shù)學試題學校:_姓名：_班級：_考號：_一、單選題1已知集合，則（）ABCD2命題是命題的（）條件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要3在中，O是的外心，則的值為（）A8B6C4D34函數(shù)在區(qū)間上的最大值與最小值之和為（）A1BC2De5在某市一次高三質(zhì)量檢測中，理科學生共有8600人，他們的數(shù)學成績服從正態(tài)分布如果李明同學在這次考試中的數(shù)學成績是115分，那么他的數(shù)學成績大約排在全市的名次為（）附

2、：若，則，A98B196C392D13656如圖所示，在地面上共線的三點A，B，C處測得一建筑物MN的頂部M處的仰角分別為，且，則建筑物的高度為（）ABCD7已知雙曲線C：過點，則雙曲線C的頂點到其漸近線的距離為（）A1BCD28如圖為我國數(shù)學家趙爽（約3世紀初）在為周髀算經(jīng)作注時驗證勾股定理的示意圖，現(xiàn)在提供5種顏色給其中5個小區(qū)域涂色，規(guī)定每個區(qū)域只涂一種顏色、相鄰區(qū)域顏色不同，則區(qū)域不同涂色的方法種數(shù)為（）A360B400C420D4809已知正方體的棱長為2，中點分別為，若過的平面截該正方體所得的截面是一個五邊形，則該五邊形周長的最大值為（）ABCD10拋物線的焦點為，準線為，點在上，

3、線段與拋物線交于點，若，點到軸的距離為2，則的值是（）AB4CD211已知，且滿足，則（）ABCD12在一些山谷中有一種奇特的現(xiàn)象，在一處呼喊一聲 ，在另一處會間隔聽到兩次呼喊，前一次是聲音直接傳到聽者耳朵中，后一次是聲音經(jīng)過山壁反射后再傳到聽者耳朵中.假設有一片橢圓形狀的空曠山谷，甲、乙兩人分別站在橢圓的兩個焦點處，甲呼喊一聲，乙經(jīng)過2s聽到第一聲，又過3s聽到第二聲，則該橢圓的離心率為（）ABCD二、填空題13已知i是虛數(shù)單位,若,則_14某班班會準備從含甲、乙、丙的6名學生中選取4人發(fā)言，要求甲、乙兩人至少有一個發(fā)言，且甲、乙都發(fā)言時丙不能發(fā)言，則甲、乙兩人都發(fā)言且發(fā)言順序不相鄰的概率為

4、_15已知等差數(shù)列和公比的等比數(shù)列滿足：，則_.16已知函數(shù)，若且，則的最小值為_.三、解答題17設正項數(shù)列的前項和為，且滿足(1)求，并證明為等比數(shù)列；(2)若對任意的，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍.18在 中內(nèi)角中A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知，D為BC邊上一點.(1)求角B；(2)若，試求的最大值.19為了研究某果園的一種果樹的產(chǎn)量與種植密度的關系，某中學的數(shù)學興趣小組在該果園選取了一塊種植區(qū)域進行了統(tǒng)計調(diào)查，他們將每株果樹與其直線距離不超過1米的果樹株數(shù)x記為其密度，在記錄了該種植區(qū)域內(nèi)每株果樹的密度后，從中選取密度為0，1，2，3，4的果樹，統(tǒng)計其產(chǎn)量的平均值y（單位：kg

5、），得到如下統(tǒng)計表：x01234y15121198(1)小組成員甲認為y與x有很強的線性相關關系，請你幫他利用最小二乘法求出y關于x的線性回歸方程；(2)小組成員乙提出：若利用回歸方程計算的平均產(chǎn)量的估計值與實際的平均產(chǎn)量（，）滿足：，則應該修正模型，尋找更合適的函數(shù)擬合x與y的關系統(tǒng)計知種植密度分別為5，6的果樹的平均產(chǎn)量為5.5kg、4.4kg，請你以這七組數(shù)據(jù)為依據(jù)判斷（1）得到的回歸方程是否需要修正？參考公式：，20如圖，四邊形為正方形，E，F(xiàn)分別為和的中點，以為折痕把折起，使點C到達點P的位置，且平面.(1)證明：；(2)若，求三棱錐的體積.21設圓與圓，動圓C與圓外切，與圓內(nèi)切(1

6、)求動圓C的圓心軌跡L的方程；(2)已知點，P為L上動點，求最小值22已知函數(shù).證明：(1)當，不等式恒成立；(2)對于任意正整數(shù)，不等式恒成立（其中為自然常數(shù)）答案第 = page 1 1頁，共 = sectionpages 2 2頁答案第 = page 13 13頁，共 = sectionpages 13 13頁參考答案：1D【分析】由對數(shù)的性質(zhì)化簡集合，再由補集的定義求解即可【詳解】由得，所以，又因為，所以故選：D2D【分析】利用反例和不等式的性質(zhì)來分別判斷充分性和必要性即可【詳解】解：當時，故不滿足充分性，當時，故不滿足必要性，故命題是命題的既不充分也不必要條件故選：D【點睛】本題考查

7、充分性和必要性的判斷，考查不等式的性質(zhì)，是基礎題3C【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)，結(jié)合平面向量數(shù)量積的定義、運算性質(zhì)進行求解即可.【詳解】過點O分別作于點D，于點E，根據(jù)圓的性質(zhì)可得D，E分別為，的中點，.故選：C.4A【分析】先化簡得到，構(gòu)造函數(shù)，由為奇函數(shù)知最大值與最小值之和為0，進而求出的最大值與最小值之和.【詳解】，令，易知定義域關于原點對稱，故為奇函數(shù)，在區(qū)間上的最大值與最小值之和為0，故函數(shù)在區(qū)間上的最大值與最小值之和為1.故選：A5B【分析】利用正態(tài)分布曲線的對稱性即可求解.【詳解】由理科學生的數(shù)學成績服從正態(tài)分布可知，.而115=95+20，又，所以，又，所以該學生的數(shù)學成績大約排在全

8、市的名次為故選：B.6B【分析】本題先用表示出，再在三角形、三角形中表示出、，最后建立方程求解即可.【詳解】解：由題意有：底面，在直角三角形、直角三角形、直角三角形中，在三角形中，由余弦定理可得：，在三角形中，由余弦定理可得：，解得：.故選：B.【點睛】本題考查利用余弦定理解決實際求高度問題，是基礎題.7A【分析】根據(jù)點求得，求得雙曲線的漸近線，結(jié)合點到直線的距離求得正確選項.【詳解】因為點在雙曲線上，所以，解得，所以雙曲線C的標準方程為，雙曲線焦點在軸上，所以雙曲線的一個頂點為，一條漸近線為，即，頂點到其一條漸近線的距離為.故選：A8C【分析】根據(jù)題意，分4步依次分析區(qū)域A、B、C、D、E的

9、涂色方法數(shù)目，由分步計數(shù)原理計算答案.【詳解】根據(jù)題意，5個區(qū)域依次為A、B、C、D、E, 如圖，分4步進行分析：對于區(qū)域A，有5種顏色可選，對于區(qū)域B，與A區(qū)域相鄰，有4種顏色可選;對于區(qū)域C，與A、B區(qū)域相鄰,有3種顏色可選;,對于區(qū)域D、E,若D與B顏色相同，E區(qū)域有3種顏色可選，若D與B顏色不相同，D區(qū)域有2種顏色可選，E區(qū)域有2種顏色可選，則區(qū)域D、E有種選擇,則不同的涂色方案有種;故選：C【點睛】本題主要考查排列、組合的應用，涉及分步、分類計數(shù)原理的應用，屬于中檔題，9A【解析】將面展開與面處于同一平面要使最大,則沿面切才能保證五點共面，展開圖計算求解即可.【詳解】將面展開與面處于

10、同一平面要使最大,則沿面切才能保證五點共面，在中,此時,又.周長故選:A10C【分析】畫出圖形，通過向量關系，轉(zhuǎn)化為：，通過求解三角形，結(jié)合拋物線的性質(zhì)轉(zhuǎn)化求解即可【詳解】解：拋物線的焦點為，準線為，點在上，線段與拋物線交于點，若，過作于，則，所以，設準線與軸交于，則，因為點到軸的距離為2，所以，解得，故選：C【點睛】本題考查拋物線幾何性質(zhì)、平面向量的線性運算，熟練掌握拋物線的幾何性質(zhì)是解題的關鍵，考查學生的分析能力和運算能力，屬于中檔題11C【分析】先對已知條件取對數(shù)后得到，.根據(jù)式子結(jié)構(gòu)，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)判斷單調(diào)性，比較大小.【詳解】由得即.同理得：，.令則.故在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減.

11、所以.故選：C.12B【分析】由題，由橢圓的對稱性，結(jié)合聲波的反射定律，可能的傳播路徑為、，比較對應的傳播路徑長度，即可區(qū)分第一聲、第二聲的路徑，即可由路程和時間列方程，求解出，即【詳解】如圖，甲在，乙在，直接傳播路徑有，即，由橢圓的對稱性，結(jié)合聲波的反射定律，聲音經(jīng)過A點反射，傳播路程為，即；聲音經(jīng)過B反射，傳播路程為，即，因為，所以，故第一聲為，第二聲為，因為聲音速度恒定，故，故，故選：B13【詳解】由 即答案為14【分析】根據(jù)題意利用排列組合首先求出基本事件總數(shù)，再求出要求的條件所包含的基本事件個數(shù)，利用古典概型即可求得結(jié)果.【詳解】某班班會準備從含甲、乙、丙的6名學生中選取4人發(fā)言，要

12、求甲、乙兩人至少有一個發(fā)言，且甲、乙都發(fā)言時丙不能發(fā)言，所以基本事件總數(shù)，甲、乙兩人都發(fā)言且發(fā)言順序不相鄰包含的基本事件個數(shù)，所以甲、乙兩人都發(fā)言且發(fā)言順序不相鄰的概率為.故答案為：.151409【分析】設公差為，則由題意可得，求出，從而利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式可求出結(jié)果【詳解】設公差為，由題可知，因為解得，所以，故答案為：140916#【分析】根據(jù)函數(shù)解析式畫出函數(shù)圖形，即可得到，再根據(jù)將轉(zhuǎn)化為，再構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的最大值，即可得解；【詳解】解：由，可得函數(shù)圖象如下所示：因為且，所以，且，所以，令，則，所以當時，當時，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以

13、；故答案為：17(1)，證明見解析(2)【分析】（1）由題意可得，結(jié)合條件可得，驗證的情況，從而得出；由的遞推關系可得，從而可證明.（2）由（1）得出，從而將問題轉(zhuǎn)化為對任意的，不等式恒成立，令，分析出的單調(diào)性，從而可得出答案.(1)因為正項數(shù)列的前項和，當時，得，當時，由-得，化簡得，因為為正項數(shù)列，所以，則因此數(shù)列是以2為首項，以2為公差的等差數(shù)列，因此；，所以數(shù)列是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列；(2)由（1）知，由對任意的，所以對任意的，所以即對任意的，不等式恒成立，令，則，當時，此時，即單調(diào)遞增；當時，此時，即單調(diào)遞減；又，所以，當為偶數(shù)時，即，因此只需；當為奇數(shù)時，即，因為為奇數(shù)

14、時，因此只需綜上.18(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理邊化角，把轉(zhuǎn)化為關于角的問題，再借助及即可求出角B；（2）方法一：由（1）可得為正三角形，在中利用正弦定理可得，再借助輔角公式求出 及可得的最大值.方法二：在中利用余弦定理及基本不等式可得，所以的最大值為8.(1)由及正弦定理，得因為，所以.因為，所以，即.又，所以.(2)方法一：因為，所以為正三角形.在中， ,由正弦定理，得.所以，.因為，所以，.當，即時，取到最大值8.方法二：在中，（當且僅當時等號成立）19(1)(2)不需修正【分析】（1）由已知數(shù)據(jù)利用最小二乘法的公式可求得線性回歸方程；（2）代入所求得線性回歸方程，計算可得結(jié)

15、論.(1)解： ，故，所以得線性回歸方程為：；(2)解：令，代入，分別得，從而，故不需修正20(1)證明見解析(2)【分析】（1）由已知可得，及平面平面，可證得平面，即得，則，進而可證得平面，即可證得結(jié)果.（2）過P作，垂足為Q，則平面，利用等體積轉(zhuǎn)化，計算可得結(jié)果.(1)證明：因為四邊形為正方形，E，F(xiàn)分別為和的中點，所以，又平面平面，且交線為，所以平面，即.又因為，所以.又，所以平面，又在平面內(nèi)，故.(2)過P作，垂足為Q，則平面.因為，所以，所以，故.21(1)動圓C的圓心軌跡L的方程為；(2)最小值為【分析】（1）根據(jù)已知條件先求出兩圓的圓心和半徑，設圓圓心坐標為，半徑的為，由題設條件知，所以圓心的軌跡是以為焦點的雙曲線的右支；所以軌跡方程可求；（2）根據(jù)雙曲線的定義知，把轉(zhuǎn)化為，當三點共線時，有最