2022届安徽省芜湖一中（芜湖市）高三下学期5月教育教学质量监控数学（文）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 15 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 15 页2022届安徽省芜湖一中（芜湖市）高三下学期5月教育教学质量监控数学（文）试题一、单选题1已知集合，集合，则（）ABCD【答案】B【分析】先求出集合A，然后对两个集合直接求交集即可.【详解】集合,集合，则，故选：B2复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】D【解析】根据复数的除法运算，求得复数，然后找出其在复平面内对应的点即可.【详解】因为，故可得：故其在复平面对应的点的

2、坐标为容易知，其在第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的除法运算，以及复数在复平面内对应的点的求解，属基础题.3已知是等差数列，且满足，则为（）A3B6C8D9【答案】B【分析】根据等差数列下标和性质计算可得；【详解】解：因为，所以，即，所以；故选：B4已知是三条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的为（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】A【分析】对A，根据线面垂直的性质和面面平行的性质判定即可；对BC，举反例判断即可；对D，根据线面垂直的判定排除即可【详解】对A，由，可得，又，故，故A正确；对B，若，且，则不成立，故B错误；对C，对比墙角模型， ，则，故C错误；对D，若

3、，则不一定成立，故D错误故选：A5下列函数中是奇函数的是（）ABCD【答案】D【分析】由奇函数的概念对选项逐一判断【详解】对于A，故为非奇非偶函数，对于B，定义域为，为偶函数，对于C，为偶函数，对于D，易知定义域为R,，为奇函数故选：D6已知命题p：“”，命题q：“方程表示椭圆”，则p是q的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】C【分析】由椭圆方程的定义可知，即可判断.【详解】若方程表示椭圆，则，解得或，所以p是q的必要不充分条件，故选：C7已知，则（）A2BCD【答案】C【分析】根据同角平方和为1的关系，可求出正弦，进而可得正切值，然后根据两角差的正切公

4、式，即可求解.【详解】,又.,故，由，所以故选：C8已知实数、满足，且的最大值为，则实数的值为（）ABCD【答案】B【分析】作出不等式组所表示的可行域，根据可行域存在可求得，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.【详解】作出不等式组表示的可行域如下图中的阴影部分区域所表示，联立，可得，即点，若不等式组所表示的可行域存在，则，联立，可得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即，解得.故选：B.9已知，则执行如图所示的框图输出的结果为（）AaBbCcD无法确定【答案】B【分析】按照程序框图的流程图进行计算，得到结果.

5、【详解】令，令，输出.故选：B10已知函数的对称轴方程为，且，则的单调递增区间是（）ABCD【答案】B【分析】由题知最小正周期为，即，进而得，故或，再结合得，再整体代换求解单调区间即可.【详解】解：因为函数的对称轴方程为，故令得，得，所以，是函数相邻的两条对称轴，所以，其最小正周期为，即，所以，由于是函数的一条对称轴，所以，所以或，所以或，因为，所以，所以，所以，解得，所以的单调递增区间是.故选：B11如图，设，是双曲线的左右焦点，点A，B分别在两条渐近线上，且满足，则双曲线C的离心率为（）A2B2CD【答案】C【分析】先求出 所在的直线方程，分别与两条渐近线联立方程组，求出 两点的坐标，再根

6、据，求出 之间的关系，从而可得双曲线的离心率【详解】由题意： ， , , 所以直线 的方程为：直线 的方程为：直线 的方程为：联立可得：，即 联立可得，即 又 可得 ，化简可得 ，即 ， 故选：C12已知定义在上的函数满足，则下列大小关系正确的是（）ABCD【答案】A【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，利用函数的单调性可得出、的大小关系.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数为上的增函数，所以， ，即，因此，.故选：A.二、填空题13向量、的夹角为60，且，则等于_【答案】【分析】把模平方转化为数量积的运算可得结论【详解】由题意，故答案为：14圆截抛物线的准线所得弦长为_.【答案】【分

7、析】求出圆心和半径，抛物线的准线方程，然后求出圆心到准线的距离，再利用弦长，圆心距和半径的关系可求出弦长【详解】由，得，则圆心为，半径，抛物线的准线为，则圆心到准线的距离，所以圆截抛物线的准线所得弦长为，故答案为：15已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则b=_.【答案】4【分析】由正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，再利用余弦定理计算可得；【详解】解：因为，由正弦定理可得，即，所以，即，因为，所以，由余弦定理可得，即，解得或（舍去）；故答案为：16已知正三棱柱的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为_.【答案】

8、【分析】由题意正三棱柱的外接球的球心O为上下底面的外接圆圆心的连线的中点，即可知当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，当过点D的平面垂直OD时截面圆的面积最小，分别求得截面圆的半径，即可得到面积.【详解】正三棱柱的外接球的球心O为上下底面的外接圆圆心的连线的中点，连接,，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，则，（1）当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为；（2）当过点D的平面垂直OD时截面圆的面积最小，截面圆的半径为，所以截面圆的面积最小为，综上，截面面积的取值范围为故答案为：三、解答题17已知等比数列的前项和为，满足，且.(1)

9、求数列的公比；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）设等比数列的公比为，分析可知，根据已知条件可得出关于的方程，即可求得的值；（2）求得，利用分组求和法可求得.【详解】(1)解：设等比数列的公比为，所以，由题意可得，即，即，所以，因为，解得.(2)解：，则，所以，.18当顾客在超市排队结账时，“传统排队法”中顾客会选他们认为最短的队伍结账离开，某数学兴趣小组却认为最好的办法是如图（1）所示地排成一条长队，然后排头的人依次进入空闲的收银台结账，从而让所有的人都能快速离开，该兴趣小组称这种方法为“长队法”.为了检验他们的想法，该兴趣小组在相同条件下做了两种不同排队方法的实验.

10、“传统排队法”的顾客等待平均时间为5分39秒，图（2）为“长队法”顾客等待时间柱状图.(1)根据柱状图估算使用“长队法”的100名顾客平均等待时间，并说明选择哪种排队法更适合；(2)为进一步分析“长队法”的可行性，对使用“长队法”的顾客进行满意度问卷调查，发现等待时间为8，10）的顾客中有5人满意，等待时间为10，12的顾客中仅有1人满意，在这6人中随机选2人发放安慰奖，求获得安慰奖的都是等待时间在8，10）顾客的概率.【答案】(1)（分钟），选择“传统排队法”更适合(2)【分析】（1）根据柱状图中的数据和平均数的公式求解使用“长队法”的100名顾客平均等待时间，从而进行比较，（2）利用列举法

11、求解，先列出6人中随机选2人的所有情况，然后找出先出的两人都是等待时间在8，10）的情况，再利用古典概型的概率公式求解【详解】(1)（分钟）因为使用“长队法”顾客的平均等待时间长于使用“传统排队法”的顾客平均等待时间，所以选择“传统排队法”更适合；(2)记事件A=“获得安慰奖的都是等待时间在8，10）的顾客”，用1，2，3，4，5表示等待时间在8，10）的满意顾客，用a表示等待时间在10，12的满意顾客，=（1，2），（1，3），（1，4）（1，5），（1，a），（2，3），（2，4），（2，5），（2，a），（3，4），（3，5），（3，a），（4，5），（4，a），（5，a）n（）=15，

12、事件A包含的样本点为（1，2），（1，3），（1，4）（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），.19在梯形ABCD中，BD与AE交于点G.如图所示沿梯形的两条高AE，BF所在直线翻折，使得.(1)求证：；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理得到平面，同理平面，即可得到，从而得到四边形为平行四边形，再证为平行四边形，即可得证；（2）依题意可得，再根据计算可得；【详解】(1)证明：，且，平面，平面，同理平面，；又，四边形为平行四边形，则有且；又且，且四边形为平行四边形.(2)解：在梯形中，且，则有，又，

13、.20已知椭圆的离心率为，为左右焦点.直线交椭圆C于AB两点，且.(1)求椭圆C的方程；(2)若，斜率之积为，求证：的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由已知可得，求出，再由求出，从而可求出椭圆的方程，（2）设，将直线方程代入椭圆方程中，消去，利用根与系数的关系，由，化简计算可得，由弦长公式求出，再由点到直线的距离公式求出O到AB的距离，从而可求出的面积【详解】(1)，又，故椭圆C的方程为：.(2)设，由，则由，即，整理得：所以又O到AB的距离，所以为定值.21已知函数.(1)求的单调区间；(2)若方程有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围.【答案】(1)单调减区间是（

14、0，1），单调增区间是(2)【分析】（1）利用导函数的正负来确定的单调区间.（2）有两个不相等的实数根,等价转化为与函数的图象有两个不同的交点，对求导，确定单调性，并画出图像，通过图像，可得交点情况，即可求解m的取值范围.【详解】(1)，在上单调递增且，则当时，当时，所以的单调减区间是，单调增区间是；(2)由题可得方程有两个不相等的实数根，令，则原题等价于与函数的图象有两个不同的交点，令，则，当时，当时，又，则当时，所以在上单调递增，且，因此当时，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，且当时,且当时,，由图象可知，.22在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线经过伸缩变换得到曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程；(2)已知射线与曲线交于、两点，若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出曲线的参数方程，化为普通方程，再利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程；（2）设、，则、为方程的两根，由已知可得，结合韦达定理可求得的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】(1)解：由题可得的参数方程为（为参数），则的直角方程为，即，因为，所以，所以曲线的极坐标方程为.(2)解：设、