2023屆安徽省合肥市高三下學期第一次教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題（解析版）

高考模擬試題PAGEPAGE1合肥市2023年高三第一次教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題（考試時間：120分鐘滿分：150分）注意事項：1．答題前，務(wù)必在答題卡和答題卷規(guī)定的地方填寫自己的姓名、準考證號和座位號后兩位.2．作答選擇題時，每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)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.3．作答非選擇題時，必須使用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卷上書寫，要求字體工整、筆跡清晰.作圖題可先用鉛筆在答題卷規(guī)定的位置繪出，確認后再用0.5毫米的黑色墨水簽字筆描清楚.必須在題號所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效，在試題卷、草稿紙上答題無效.4．考試結(jié)束，務(wù)必將答題卡和答題卷一并上交.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，滿分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.已知復數(shù)滿足，則復數(shù)虛部為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)復數(shù)的除法運算可求得，即可求得結(jié)果.〖詳析〗由可得，所以復數(shù)的虛部為.故選：A2.設(shè)集合，，則（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)兩集合中的元素特征可知，集合分別表示的是的奇數(shù)倍和整數(shù)倍，根據(jù)補集運算可知表示的應(yīng)是的偶數(shù)倍.〖詳析〗由題意可知，，可知集合表示的是的奇數(shù)倍，而由可知，集合表示的是的整數(shù)倍，即，所以.故選：B3.核酸檢測是目前確認新型冠狀病毒感染最可靠的依據(jù)．經(jīng)大量病例調(diào)查發(fā)現(xiàn)，試劑盒的質(zhì)量、抽取標本的部位和取得的標本數(shù)量，對檢測結(jié)果的準確性有一定影響．已知國外某地新冠病毒感染率為0.5%，在感染新冠病毒的條件下，標本檢出陽性的概率為99%．若該地全員參加核酸檢測，則該地某市民感染新冠病毒且標本檢出陽性的概率為（）A.0.495% B.0.9405% C.0.99% D.0.9995%〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)條件概率的乘法公式即可求解.〖詳析〗記感染新冠病毒為事件,感染新冠病毒的條件下,標本為陽性為事件則,故某市民感染新冠病毒且標本檢出陽性的概率為，故選：A4.將函數(shù)圖像上各點橫坐標縮短到原來的，再向左平移個單位得到曲線C．若曲線C的圖像關(guān)于軸對稱，則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先根據(jù)圖像變化得到曲線C為：，由圖像關(guān)于軸對稱得，進而可求得〖答案〗.〖詳析〗由題意得變化后的曲線C為：，曲線C的圖像關(guān)于軸對稱，故，又，即當，故選：B.5.已知p：，q：，則p是q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〗C〖解析〗〖祥解〗令,結(jié)合該函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性判斷不等式是否成立.〖詳析〗令，，且，故為奇函數(shù)，時，遞增，則也遞增，又為奇函數(shù)，則在上遞增，，若，則，則，即即；，若，則等價于，即，由在上遞增，則，即，故p是q的充要條件，故選：C.6.已知線段PQ的中點為等邊三角形ABC的頂點A，且，當PQ繞點A轉(zhuǎn)動時，的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗以點為原點，建立直角坐標系，可知兩點都是圓上的動點，當直線斜率不存在時，可得，直線斜率存在時，可得到或，再討論與的大小關(guān)系，即可求解.〖詳析〗以點為原點，以與平行的直線為軸，與垂直的直線為軸，建立平面直角坐標系，則，，，易知兩點都是圓上的動點，當直線斜率不存在時，，此時，，則當直線斜率不存在時，可設(shè)直線的方程為，當時，聯(lián)立，解得，，則，，；同理，當時，，，，綜上所述，的取值范圍是，故〖答案〗選：D.7.拋物線E：的焦點為F，曲線l：交拋物線E于A，B兩點，則的面積為（）A.4 B.6 C. D.8〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，分別聯(lián)立直線與拋物線方程得到點的坐標，然后結(jié)合兩點間距離公式以及點到直線的距離公式即可得到結(jié)果.〖詳析〗因為曲線l：，當時，；當時，，當時，聯(lián)立直線與拋物線，解得，設(shè)，當時，聯(lián)立直線與拋物線，解得，設(shè)，又因為，則，則可得，即點到直線的距離為，,則故選:D8.已知正方體的棱長為4，M，N分別是側(cè)面和側(cè)面的中心，過點M的平面與直線ND垂直，平面截正方體所得的截面記為S，則S的面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗建立空間直角坐標系，利用空間向量確定截面形狀，再計算截面面積作答.〖詳析〗正方體的棱長為4，建立如圖所示的空間直角坐標系，側(cè)面的中心，側(cè)面的中心，而，有，顯然點M在平面與平面的交線上，設(shè)為這條交線上任意一點，，而平面，則，即，令，得點，令，得點，連，平面與平面必相交，設(shè)為這條交線上任意一點，，由，即，令，得點，連，因為平面平面，則平面與平面的交線過點G，與直線FE平行，過G作交于，，由得，即，顯然平面與平面都相交，則平面與直線相交，令交點為，，由得，連接得截面五邊形，即截面為五邊形，，取中點，連接，則，在中，，的面積，在中，，邊上的高，梯形面積，所以S的面積為.故選：C〖『點石成金』〗方法『點石成金』：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.二、選擇題：本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知，函數(shù)的圖象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)給定的函數(shù)，按分類探討，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)增長速度的大小判斷作答.〖詳析〗當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，函數(shù)在上單調(diào)遞減，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，函數(shù)圖象為曲線，A可能；當時，函數(shù)在上的圖象是不含端點的射線，B可能；當時，取，有，即函數(shù)圖象與x軸有兩個公共點，又，隨著的無限增大，函數(shù)呈爆炸式增長，其增長速度比的大，因此存在正數(shù)，當時，恒成立，即，C可能，D不可能.故選：ABC10.已知數(shù)列滿足．若對，都有成立，則整數(shù)的值可能是（）A. B. C.0 D.1〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)數(shù)列以及構(gòu)造不等式可得對都成立；分別對為奇數(shù)和偶數(shù)時進行分類討論即可求得的取值范圍并得出結(jié)果.〖詳析〗由可得，若對，都有成立，即，整理可得，所以對都成立；當為奇數(shù)時，恒成立，所以，即；當為偶數(shù)時，恒成立，所以，即；所以的取值范圍是，則整數(shù)的值可能是.故選：BC11.已知圓錐SO（O是底面圓的圓心，S是圓錐的頂點）的母線長為，高為．若P，Q為底面圓周上任意兩點，則下列結(jié)論正確的是（）A.三角形面積的最大值為B.三棱錐體積的最大值C.四面體外接球表面積的最小值為11D.直線SP與平面所成角的余弦值的最小值為〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗選項A，由已知計算出底面半徑的長度，以及軸截面的頂角大小，利用三角形的面積公式可知，當時，三角形面積最大，可判斷選項A；利用三棱錐等體積轉(zhuǎn)換，可得當面時，三棱錐體積最大，可判斷選項B；因為底面圓，所以四面體外接球球心在的中垂面和過外接圓圓心的底面垂線的交點處，利用勾股定理和正弦定理可計算出最小值，判斷選項C；由線面角公式可得，當面時，直線SP與平面所成角的余弦值最小，判斷出選項D．〖詳析〗選項A，由母線長為，高為，可得底面半徑為，設(shè)是底面圓的一條直徑，則，即是鈍角，又，則存在點，當時，，三角形面積的最大值為，故A錯誤；選項B，，當面時，，故B正確；選項C，設(shè)的外接圓半徑為，底面圓，四面體外接球半徑滿足，若外接球表面積的最小，即外接球的半徑最小，又，即在底面圓中，的外接圓半徑最小，由正弦定理，則點經(jīng)過線段的中垂線時，最大，的外接圓半徑最小，此時，，，即四面體外接球表面積的最小值為，故C錯誤；選項D，設(shè)點到平面的距離為，直線SP與平面所成角的正弦值為，則當面時，，此時直線SP與平面所成角的余弦值最小，最小值為，故D正確；故選：BD12.已知函數(shù)是偶函數(shù)，且．當時，，則下列說法正確的是（）A.是奇函數(shù)B.在區(qū)間上有且只有一個零點C.在上單調(diào)遞增D.區(qū)間上有且只有一個極值點〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗A選項，由是偶函數(shù)，故，結(jié)合，推導出，A正確；B選項，求出的一個周期為4，從而只需求在區(qū)間上的零點個數(shù)，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)得到，B錯誤；C選項，求導得到，換元后得到，，再次求導，得到的單調(diào)性，結(jié)合，，得到在上恒成立，得到在上單調(diào)遞增；D選項，與C選項一樣得到的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理得到隱零點，進而得到的單調(diào)性，求出區(qū)間上有且只有一個極值點.〖詳析〗函數(shù)是偶函數(shù)，故，因為，所以，故，將替換為，得到，故為奇函數(shù)，A正確；因為，故，故，所以的一個周期為4，故在區(qū)間上的零點個數(shù)與在區(qū)間上的相同，因為，而，故，其中，故在區(qū)間至少有2個零點，B錯誤；時，，則，令，，當時，所以，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，又，，故在上恒成立，所以在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，C正確；D選項，時，，故，令，，當時，則，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，因為，，，由零點存在性定理，，使得，當時，，當時，，時，，單調(diào)遞減，時，，單調(diào)遞增，所以區(qū)間上有且只有一個極值點，D正確.故選：ACD〖『點石成金』〗設(shè)函數(shù)，，，．（1）若，則函數(shù)的周期為2a；（2）若，則函數(shù)的周期為2a；（3）若，則函數(shù)的周期為2a；（4）若，則函數(shù)的周期為2a；（5）若，則函數(shù)的周期為；（6）若函數(shù)的圖象關(guān)于直線與對稱，則函數(shù)的周期為；（7）若函數(shù)的圖象既關(guān)于點對稱，又關(guān)于點對稱，則函數(shù)的周期為；（8）若函數(shù)的圖象既關(guān)于直線對稱，又關(guān)于點對稱，則函數(shù)的周期為；（9）若函數(shù)是偶函數(shù)，且其圖象關(guān)于直線對稱，則的周期為2a；（10）若函數(shù)是奇函數(shù)，且其圖象關(guān)于直線對稱，則的周期為2a.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把〖答案〗填在答題卡上的相應(yīng)位置．13.函數(shù)在點處的切線與直線平行，則實數(shù)______．〖答案〗5〖解析〗〖祥解〗根據(jù)導數(shù)的幾何意義結(jié)合平行關(guān)系分析運算.〖詳析〗∵，則，∴，若切線與直線平行，則，解得.故〖答案〗為：5.14.二項式展開式中，的系數(shù)是______．〖答案〗15〖解析〗〖祥解〗由，利用二項式展開式的通項公式求解.詳析〗解：二項式，二項式展開式的通項公式為，所以在二項式展開式中，的系數(shù)是，故〖答案〗為：1515.已知AB為圓C：的一條弦，M為線段AB的中點．若（O為坐標原點），則實數(shù)m的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，設(shè)，由列出方程，從而得到的取值范圍，然后再檢驗即可.〖詳析〗設(shè)，因為圓C的圓心為，所以，所以又因為，則所以，即即，當時，表示點，圓，因為M為線段AB的中點，所以在圓內(nèi)，即，滿足題意；當時，表示點，圓，則，滿足題意；當時，在以為圓心，為半徑的圓上，且，所以圓的圓心在圓的內(nèi)部，且圓的半徑，即小于圓的半徑，故圓與圓必相交，滿足在圓內(nèi)，故，所以實數(shù)m的取值范圍是故〖答案〗為:16.已知雙曲線E：的左右焦點分別為，，A為其右頂點，P為雙曲線右支上一點，直線與軸交于Q點．若，則雙曲線E的離心率的取值范圍為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意設(shè)點并解出Q點坐標為，再根據(jù)可得，即可解得，由P為雙曲線右支上一點可得，解不等式即可求得離心率的取值范圍.〖詳析〗如下圖所示，根據(jù)題意可得，設(shè)，則直線的方程為，所以直線與軸的交點，由可得，即，整理得，即；又因為P為雙曲線右支上一點，所以，當時，共線與題意不符，即；可得，整理得，即，解得或（舍）；即雙曲線E的離心率的取值范圍為.故〖答案〗為：四、解答題：本大題共6小題，滿分70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知數(shù)列為公差不為零的等差數(shù)列，其前n項和為，，．（1）求的通項公式；（2）求證：．〖答案〗（1）；（2）證明見〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）設(shè)出等差數(shù)列的公差，利用已知列出方程組，即可求解作答.（2）利用（1）的結(jié)論，結(jié)合裂項相消法求和推理作答.〖小問1詳析〗設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由，，得，而，解得，，所以的通項公式．〖小問2詳析〗由（1）知，，所以．18.如圖，正方體的棱長為4，點M為棱的中點，P，Q分別為棱，上的點，且，PQ交于點N．（1）求證：平面ABCD；（2）求多面體的體積．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）方法一：由題意證得，再由線面平行的判定定理即可證明；方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，由空間向量的坐標表示求出，即可證明；（2）方法一：由設(shè)多面體BDMPQ的體積為V，連接DP，則，代入計算即可求出〖答案〗；方法二：建立空間直角坐標系，由空間向量夾角公式求出值，即可求出，表示出，再求出點到平面的距離，即可得出〖答案〗.〖小問1詳析〗方法一：∵，，∴．∴，即點N為線段的中點．過點N作于點E，則，且，∴，且，∴四邊形AMNE為平行四邊形，∴．又∵平面ABCD，平面ABCD，∴平面ABCD．方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，∴，．∵，，∴點N為的中點，則，∴，∴與，共面，且平面ABCD，∴平面ABCD．〖小問2詳析〗方法一：設(shè)多面體BDMPQ的體積為V，連接DP，則．方法二：∵，，，，則，∴，且，∴四邊形PQDM為平行四邊形，且，．∵，，∴，∴，∴．設(shè)為平面DMPQ的法向量，則令，則，，即，∴點到平面的距離為，∴四棱B-DMPQ的體積為．19.已知的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，且．（1）若，求A的大??；（2）當取得最大值時，試判斷的形狀．〖答案〗（1）（2）為直角三角形〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題意利用正弦定理、余弦定理進行邊化角結(jié)合三角恒等變換化簡整理可得，運算求解即可得結(jié)果；（2）根據(jù)題意結(jié)合化簡整理得，再利用基本不等式運算求解.〖小問1詳析〗∵，即，則，可得，故，則，∴，當時，則，又∵，∴．〖小問2詳析〗由（1）知，，∴，，當且僅當，即當，時，等號成立，∴的最大值為，又∵，則的最大值為，此時，∴．∴為直角三角形．20.已知曲線C：，從曲線C上的任意點作壓縮變換得到點．（1）求點所在的曲線E的方程；（2）設(shè)過點的直線交曲線E于A，B兩點，試判斷以AB為直徑的圓與直線的位置關(guān)系，并寫出分析過程．〖答案〗（1）（2）以AB為直徑的圓與直線相離，分析過程見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)直接利用伸縮變換的應(yīng)用和變換前的關(guān)系式的應(yīng)用求出結(jié)果；(2)分斜率存在和不存在兩種情況討論，利用圓心到直線的距離與半徑比較大小，即可進行判斷.〖小問1詳析〗由得，代入得，曲線E的方程為．〖小問2詳析〗由題知，當直線l斜率存在時，設(shè)l：，由消去y整理得，．設(shè)，，則，以AB為直徑的圓的圓心橫坐標為．又，以AB為直徑的圓的半徑為，圓心到直線的距離為，，即，以AB為直徑的圓與直線相離．當直線l的斜率不存在時，易知以AB為直徑的圓的半徑為，圓的方程是，該圓與直線相離．綜上可知，以AB為直徑的圓與直線相離．21.研究表明，溫度的突然變化會引起機體產(chǎn)生呼吸道上皮組織的生理不良反應(yīng)，從而導致呼吸系統(tǒng)疾病的發(fā)生或惡化．某中學數(shù)學建模社團成員欲研究晝夜溫差大小與該校高三學生患感冒人數(shù)多少之間的關(guān)系，他們記錄了某周連續(xù)六天的溫差，并到校醫(yī)務(wù)室查閱了這六天中每天高三學生新增患感冒而就診的人數(shù)，得到資料如下：日期第一天第二天第三天第四天第五天第六天晝夜溫差x（℃）47891412新增就診人數(shù)y（位）參考數(shù)據(jù)：，．（1）已知第一天新增患感冒而就診的學生中有7位女生，從第一天新增的患感冒而就診的學生中隨機抽取3位，若抽取的3人中至少有一位男生的概率為，求的值；（2）已知兩個變量x與y之間的樣本相關(guān)系數(shù)，請用最小二乘法求出y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程，據(jù)此估計晝夜溫差為15℃時，該校新增患感冒的學生數(shù)（結(jié)果保留整數(shù)）．參考公式：，．〖答案〗（1）（2）33人〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題意由求解；（2）根據(jù)樣本相關(guān)系數(shù)，求得，再利用公式求得即可.〖小問1詳析〗解：∵，∴，∴，∴．〖小問2詳析〗∵，∴，∴．∵，∴，∴．又∵，解得．∴，∴，當時，，∴可以估計，晝夜溫差為15℃時，該校新增患感冒的學生數(shù)為33人．22.已知函數(shù)．（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若關(guān)于x的方程有兩個實數(shù)解，求a的最大整數(shù)值．〖答案〗（1）〖答案〗見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）求導后，由二次方程根的情況，分類討論即可求解，（2）利用（1）的結(jié)論可判斷，進而根據(jù)兩個零點滿足，構(gòu)造函數(shù)和，求導利用函數(shù)的單調(diào)性即可求解.〖小問1詳析〗的定義域為，，．①當，即時，恒成立，此時，在上單調(diào)遞減．②當，即時，由解得，．由解得，；由解得，或，此時，在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．③當，即時，由，解得或（舍），由，解得；由，解得，此時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．〖小問2詳析〗令，則．由（1）知，當時，在上單調(diào)遞減，此時在上至多有一個零點，不符合題意舍去．由于a是整數(shù)，故．當時，由（1）知上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，取，則；取，．若在上有兩個零點，則．∵，令，則．∴，則，∴在上單調(diào)遞增．又∵，，∴存在唯一的，使得，當時，，此時．若，則，．令，則在上單調(diào)遞增，又∵，∴，當時，．此時，，∴．∴當時，成立，∴a的最大整數(shù)值為．〖『點石成金』〗對于利用導數(shù)研究函數(shù)的綜合問題的求解策略：1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．

高考模擬試題PAGEPAGE1合肥市2023年高三第一次教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題（考試時間：120分鐘滿分：150分）注意事項：1．答題前，務(wù)必在答題卡和答題卷規(guī)定的地方填寫自己的姓名、準考證號和座位號后兩位.2．作答選擇題時，每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)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.3．作答非選擇題時，必須使用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卷上書寫，要求字體工整、筆跡清晰.作圖題可先用鉛筆在答題卷規(guī)定的位置繪出，確認后再用0.5毫米的黑色墨水簽字筆描清楚.必須在題號所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效，在試題卷、草稿紙上答題無效.4．考試結(jié)束，務(wù)必將答題卡和答題卷一并上交.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，滿分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.已知復數(shù)滿足，則復數(shù)虛部為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)復數(shù)的除法運算可求得，即可求得結(jié)果.〖詳析〗由可得，所以復數(shù)的虛部為.故選：A2.設(shè)集合，，則（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)兩集合中的元素特征可知，集合分別表示的是的奇數(shù)倍和整數(shù)倍，根據(jù)補集運算可知表示的應(yīng)是的偶數(shù)倍.〖詳析〗由題意可知，，可知集合表示的是的奇數(shù)倍，而由可知，集合表示的是的整數(shù)倍，即，所以.故選：B3.核酸檢測是目前確認新型冠狀病毒感染最可靠的依據(jù)．經(jīng)大量病例調(diào)查發(fā)現(xiàn)，試劑盒的質(zhì)量、抽取標本的部位和取得的標本數(shù)量，對檢測結(jié)果的準確性有一定影響．已知國外某地新冠病毒感染率為0.5%，在感染新冠病毒的條件下，標本檢出陽性的概率為99%．若該地全員參加核酸檢測，則該地某市民感染新冠病毒且標本檢出陽性的概率為（）A.0.495% B.0.9405% C.0.99% D.0.9995%〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)條件概率的乘法公式即可求解.〖詳析〗記感染新冠病毒為事件,感染新冠病毒的條件下,標本為陽性為事件則,故某市民感染新冠病毒且標本檢出陽性的概率為，故選：A4.將函數(shù)圖像上各點橫坐標縮短到原來的，再向左平移個單位得到曲線C．若曲線C的圖像關(guān)于軸對稱，則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先根據(jù)圖像變化得到曲線C為：，由圖像關(guān)于軸對稱得，進而可求得〖答案〗.〖詳析〗由題意得變化后的曲線C為：，曲線C的圖像關(guān)于軸對稱，故，又，即當，故選：B.5.已知p：，q：，則p是q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〗C〖解析〗〖祥解〗令,結(jié)合該函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性判斷不等式是否成立.〖詳析〗令，，且，故為奇函數(shù)，時，遞增，則也遞增，又為奇函數(shù)，則在上遞增，，若，則，則，即即；，若，則等價于，即，由在上遞增，則，即，故p是q的充要條件，故選：C.6.已知線段PQ的中點為等邊三角形ABC的頂點A，且，當PQ繞點A轉(zhuǎn)動時，的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗以點為原點，建立直角坐標系，可知兩點都是圓上的動點，當直線斜率不存在時，可得，直線斜率存在時，可得到或，再討論與的大小關(guān)系，即可求解.〖詳析〗以點為原點，以與平行的直線為軸，與垂直的直線為軸，建立平面直角坐標系，則，，，易知兩點都是圓上的動點，當直線斜率不存在時，，此時，，則當直線斜率不存在時，可設(shè)直線的方程為，當時，聯(lián)立，解得，，則，，；同理，當時，，，，綜上所述，的取值范圍是，故〖答案〗選：D.7.拋物線E：的焦點為F，曲線l：交拋物線E于A，B兩點，則的面積為（）A.4 B.6 C. D.8〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，分別聯(lián)立直線與拋物線方程得到點的坐標，然后結(jié)合兩點間距離公式以及點到直線的距離公式即可得到結(jié)果.〖詳析〗因為曲線l：，當時，；當時，，當時，聯(lián)立直線與拋物線，解得，設(shè)，當時，聯(lián)立直線與拋物線，解得，設(shè)，又因為，則，則可得，即點到直線的距離為，,則故選:D8.已知正方體的棱長為4，M，N分別是側(cè)面和側(cè)面的中心，過點M的平面與直線ND垂直，平面截正方體所得的截面記為S，則S的面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗建立空間直角坐標系，利用空間向量確定截面形狀，再計算截面面積作答.〖詳析〗正方體的棱長為4，建立如圖所示的空間直角坐標系，側(cè)面的中心，側(cè)面的中心，而，有，顯然點M在平面與平面的交線上，設(shè)為這條交線上任意一點，，而平面，則，即，令，得點，令，得點，連，平面與平面必相交，設(shè)為這條交線上任意一點，，由，即，令，得點，連，因為平面平面，則平面與平面的交線過點G，與直線FE平行，過G作交于，，由得，即，顯然平面與平面都相交，則平面與直線相交，令交點為，，由得，連接得截面五邊形，即截面為五邊形，，取中點，連接，則，在中，，的面積，在中，，邊上的高，梯形面積，所以S的面積為.故選：C〖『點石成金』〗方法『點石成金』：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.二、選擇題：本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知，函數(shù)的圖象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)給定的函數(shù)，按分類探討，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)增長速度的大小判斷作答.〖詳析〗當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，函數(shù)在上單調(diào)遞減，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，函數(shù)圖象為曲線，A可能；當時，函數(shù)在上的圖象是不含端點的射線，B可能；當時，取，有，即函數(shù)圖象與x軸有兩個公共點，又，隨著的無限增大，函數(shù)呈爆炸式增長，其增長速度比的大，因此存在正數(shù)，當時，恒成立，即，C可能，D不可能.故選：ABC10.已知數(shù)列滿足．若對，都有成立，則整數(shù)的值可能是（）A. B. C.0 D.1〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)數(shù)列以及構(gòu)造不等式可得對都成立；分別對為奇數(shù)和偶數(shù)時進行分類討論即可求得的取值范圍并得出結(jié)果.〖詳析〗由可得，若對，都有成立，即，整理可得，所以對都成立；當為奇數(shù)時，恒成立，所以，即；當為偶數(shù)時，恒成立，所以，即；所以的取值范圍是，則整數(shù)的值可能是.故選：BC11.已知圓錐SO（O是底面圓的圓心，S是圓錐的頂點）的母線長為，高為．若P，Q為底面圓周上任意兩點，則下列結(jié)論正確的是（）A.三角形面積的最大值為B.三棱錐體積的最大值C.四面體外接球表面積的最小值為11D.直線SP與平面所成角的余弦值的最小值為〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗選項A，由已知計算出底面半徑的長度，以及軸截面的頂角大小，利用三角形的面積公式可知，當時，三角形面積最大，可判斷選項A；利用三棱錐等體積轉(zhuǎn)換，可得當面時，三棱錐體積最大，可判斷選項B；因為底面圓，所以四面體外接球球心在的中垂面和過外接圓圓心的底面垂線的交點處，利用勾股定理和正弦定理可計算出最小值，判斷選項C；由線面角公式可得，當面時，直線SP與平面所成角的余弦值最小，判斷出選項D．〖詳析〗選項A，由母線長為，高為，可得底面半徑為，設(shè)是底面圓的一條直徑，則，即是鈍角，又，則存在點，當時，，三角形面積的最大值為，故A錯誤；選項B，，當面時，，故B正確；選項C，設(shè)的外接圓半徑為，底面圓，四面體外接球半徑滿足，若外接球表面積的最小，即外接球的半徑最小，又，即在底面圓中，的外接圓半徑最小，由正弦定理，則點經(jīng)過線段的中垂線時，最大，的外接圓半徑最小，此時，，，即四面體外接球表面積的最小值為，故C錯誤；選項D，設(shè)點到平面的距離為，直線SP與平面所成角的正弦值為，則當面時，，此時直線SP與平面所成角的余弦值最小，最小值為，故D正確；故選：BD12.已知函數(shù)是偶函數(shù)，且．當時，，則下列說法正確的是（）A.是奇函數(shù)B.在區(qū)間上有且只有一個零點C.在上單調(diào)遞增D.區(qū)間上有且只有一個極值點〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗A選項，由是偶函數(shù)，故，結(jié)合，推導出，A正確；B選項，求出的一個周期為4，從而只需求在區(qū)間上的零點個數(shù)，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)得到，B錯誤；C選項，求導得到，換元后得到，，再次求導，得到的單調(diào)性，結(jié)合，，得到在上恒成立，得到在上單調(diào)遞增；D選項，與C選項一樣得到的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理得到隱零點，進而得到的單調(diào)性，求出區(qū)間上有且只有一個極值點.〖詳析〗函數(shù)是偶函數(shù)，故，因為，所以，故，將替換為，得到，故為奇函數(shù)，A正確；因為，故，故，所以的一個周期為4，故在區(qū)間上的零點個數(shù)與在區(qū)間上的相同，因為，而，故，其中，故在區(qū)間至少有2個零點，B錯誤；時，，則，令，，當時，所以，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，又，，故在上恒成立，所以在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，C正確；D選項，時，，故，令，，當時，則，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，因為，，，由零點存在性定理，，使得，當時，，當時，，時，，單調(diào)遞減，時，，單調(diào)遞增，所以區(qū)間上有且只有一個極值點，D正確.故選：ACD〖『點石成金』〗設(shè)函數(shù)，，，．（1）若，則函數(shù)的周期為2a；（2）若，則函數(shù)的周期為2a；（3）若，則函數(shù)的周期為2a；（4）若，則函數(shù)的周期為2a；（5）若，則函數(shù)的周期為；（6）若函數(shù)的圖象關(guān)于直線與對稱，則函數(shù)的周期為；（7）若函數(shù)的圖象既關(guān)于點對稱，又關(guān)于點對稱，則函數(shù)的周期為；（8）若函數(shù)的圖象既關(guān)于直線對稱，又關(guān)于點對稱，則函數(shù)的周期為；（9）若函數(shù)是偶函數(shù)，且其圖象關(guān)于直線對稱，則的周期為2a；（10）若函數(shù)是奇函數(shù)，且其圖象關(guān)于直線對稱，則的周期為2a.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把〖答案〗填在答題卡上的相應(yīng)位置．13.函數(shù)在點處的切線與直線平行，則實數(shù)______．〖答案〗5〖解析〗〖祥解〗根據(jù)導數(shù)的幾何意義結(jié)合平行關(guān)系分析運算.〖詳析〗∵，則，∴，若切線與直線平行，則，解得.故〖答案〗為：5.14.二項式展開式中，的系數(shù)是______．〖答案〗15〖解析〗〖祥解〗由，利用二項式展開式的通項公式求解.詳析〗解：二項式，二項式展開式的通項公式為，所以在二項式展開式中，的系數(shù)是，故〖答案〗為：1515.已知AB為圓C：的一條弦，M為線段AB的中點．若（O為坐標原點），則實數(shù)m的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意，設(shè)，由列出方程，從而得到的取值范圍，然后再檢驗即可.〖詳析〗設(shè)，因為圓C的圓心為，所以，所以又因為，則所以，即即，當時，表示點，圓，因為M為線段AB的中點，所以在圓內(nèi)，即，滿足題意；當時，表示點，圓，則，滿足題意；當時，在以為圓心，為半徑的圓上，且，所以圓的圓心在圓的內(nèi)部，且圓的半徑，即小于圓的半徑，故圓與圓必相交，滿足在圓內(nèi)，故，所以實數(shù)m的取值范圍是故〖答案〗為:16.已知雙曲線E：的左右焦點分別為，，A為其右頂點，P為雙曲線右支上一點，直線與軸交于Q點．若，則雙曲線E的離心率的取值范圍為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題意設(shè)點并解出Q點坐標為，再根據(jù)可得，即可解得，由P為雙曲線右支上一點可得，解不等式即可求得離心率的取值范圍.〖詳析〗如下圖所示，根據(jù)題意可得，設(shè)，則直線的方程為，所以直線與軸的交點，由可得，即，整理得，即；又因為P為雙曲線右支上一點，所以，當時，共線與題意不符，即；可得，整理得，即，解得或（舍）；即雙曲線E的離心率的取值范圍為.故〖答案〗為：四、解答題：本大題共6小題，滿分70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知數(shù)列為公差不為零的等差數(shù)列，其前n項和為，，．（1）求的通項公式；（2）求證：．〖答案〗（1）；（2）證明見〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）設(shè)出等差數(shù)列的公差，利用已知列出方程組，即可求解作答.（2）利用（1）的結(jié)論，結(jié)合裂項相消法求和推理作答.〖小問1詳析〗設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由，，得，而，解得，，所以的通項公式．〖小問2詳析〗由（1）知，，所以．18.如圖，正方體的棱長為4，點M為棱的中點，P，Q分別為棱，上的點，且，PQ交于點N．（1）求證：平面ABCD；（2）求多面體的體積．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）方法一：由題意證得，再由線面平行的判定定理即可證明；方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，由空間向量的坐標表示求出，即可證明；（2）方法一：由設(shè)多面體BDMPQ的體積為V，連接DP，則，代入計算即可求出〖答案〗；方法二：建立空間直角坐標系，由空間向量夾角公式求出值，即可求出，表示出，再求出點到平面的距離，即可得出〖答案〗.〖小問1詳析〗方法一：∵，，∴．∴，即點N為線段的中點．過點N作于點E，則，且，∴，且，∴四邊形AMNE為平行四邊形，∴．又∵平面ABCD，平面ABCD，∴平面ABCD．方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，∴，．∵，，∴點N為的中點，則，∴，∴與，共面，且平面ABCD，∴平面ABCD．〖小問2詳析〗方法一：設(shè)多面體BDMPQ的體積為V，連接DP，則．方法二：∵，，，，則，∴，且，∴四邊形PQDM為平行四邊形，且，．∵，，∴，∴，∴．設(shè)為平面DMPQ的法向量，則令，則，，即，∴點到平面的距離為，∴四棱B-DMPQ的體積為．19.已知的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，且．（1）若，求A的大?。唬?）當取得最大值時，試判斷的形狀．〖答案〗（1）（2）為直角三角形〖解析〗〖祥解〗（1）根據(jù)題意利用正弦定理、余弦定理進行邊化角結(jié)合三角恒等變換化簡整理可得，運算求解即可得結(jié)果；（2）根據(jù)題意結(jié)合化簡整理得，再利用基本不等式運算求解.〖小問1詳析〗∵，即，則，可得，故，則，∴，當時，則，又∵，∴．〖小問2詳析〗由（1）知，，∴，，當且僅當，即當，時，等號成立，∴的最大值為，又∵，則的最大值為，此時，∴．∴為直角三角形．20.已知曲線C：，從曲線C上的任意點作壓縮變換得到點．（1）求點所在的曲線E的方程；（2）設(shè)過點的直線交曲線E于A，B兩點，試判斷以AB為直徑的圓