精品解析：安徽省名校联盟2023届高三数学下学期开学模拟考试试题（Word版附解析）

2023届高三年级模拟考试数学注意事项；1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号，座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.一、选择题；本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）．A.{3}B.{1，3}C.{3，4}D.{1，3，4}【答案】B【解析】【分析】先求出集合的补集，再求【详解】解：因为，，所以，因为，所以，故选：B.2.已知i为虚数单位，则复数（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】根据复数乘法的运算性质进行求解即可【详解】，故选：C3.已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解.【详解】设等腰△ABC在边上的高为，因为，所以，所以,所以，所以.故选:B.4.古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图直角梯形，已知，则重心到的距离为（） A.B.C.3D.2【答案】A【解析】【分析】根据题意，用式子分别表示出圆台体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.【详解】直角梯形绕旋转一周所得的圆台的体积为；梯形的面积，故记重心到的距离为，则，则，故选：A5.已知双曲线的焦点关于渐近线的对称点在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据对称性的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合双曲线的定义及双曲线的离心率的公式即可求解.【详解】关于渐近线的对称点在双曲线上，如图所示， 则.所以是的中位线，所以,.所以到渐近线的距离为，即，在中，，，所以，进而,所以离心率.故选：C.6.已知数列满足，,则的前项积的最大值为（）A.B.C.1D.4【答案】C【解析】【分析】先通过递推关系推出数列的周期为，然后个数为一组，分别计算 的表达式后进行研究.【详解】由可知，，，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.故选：C.7.若函数在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”.知函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意得有解，即有解，利用换元法讨论二次函数在给定区间有解即可.【详解】根据“局部奇函数”定义知：有解，即方程有解， 则即有解；设，则（当且仅当时取等号），方程等价于在时有解，时有解；在上单调递增，，即实数的取值范围为.故选D.8.如图，在三棱锥中，平面，，，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理可得，又可得平面，所以.再根据三角形面积相等可得出的表达式即可确定其最小值。 【详解】根据题意平面可知，，又可得；由可知，，所以可得平面，即；在中，，，又，即所以，由得，所以，当且仅当时等号成立，即时，此时分别为线段和线段的中点，取得最小值；综上可知，的最小值为.故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知，则下列说法正确的是（） A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用不等式的性质，利用作差法和基本不等式逐项分析即得.【详解】对于A，因为，所以，故A错误；对于B，因为，所以，所以，即，故B正确；对于C，因为，所以，所以，故C错误；对于D，因为，所以，故D正确.故选：BD.10.已知函数满足，其图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则（）A.B.函数的图象关于对称C.可以等于5D.的最小值为2【答案】BCD【解析】 【分析】对于A，先由推得是的一个周期，再利用辅助角公式化简，从而得到，由此得解；对于B，利用代入检验法即可；对于C，利用正弦函数的单调性，结合数轴法得到关于的不等式组，结合与即可得到的一个取值为，由此判断即可；对于D，结合选项C中的结论，分析的取值范围即可求得的最小值.【详解】对于A，因为，所以，则是的一个周期，因为，所以是的最小正周期，故，则，又，故，故A错误；对于B，由选项A得，所以，故是的一个对称中心，故B正确；对于C，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则，因为在上单调递减，所以，解得，当时，，因为，所以，故C正确；对于D，因为，所以，则，又，故， 当时，，可知，故D正确.故选：BCD.11.已知O为坐标原点，点F为抛物线的焦点，点，直线：交抛物线C于A，B两点（不与P点重合），则以下说法正确的是（）A.B.存在实数，使得C.若，则D.若直线PA与PB的倾斜角互补，则【答案】CD【解析】【分析】根据抛物线和直线方程可知直线过抛物线焦点，利用焦半径公式可知可判断A错误；联立直线和抛物线方程利用向量数量积公式可知，恒成立，所以B错误；根据可知A，B两点的纵坐标关系，解得其交点坐标代入直线方程可得，即C正确；由直线PA与PB的倾斜角互补，可知，利用韦达定理联立方程即可求出，即D正确.【详解】由题意可知，抛物线焦点为，准线方程为，直线恒过，如下图所示：设，作垂直于准线，垂足为， 根据抛物线定义可知，，易知，所以，但当时，此时与坐标原点重合，直线与抛物线仅有一个交点，因此，所以，即A错误；联立直线和抛物线方程得；所以，，此时，所以，即，所以不存在实数，使得，故B错误；若AF＝2FB，由几何关系可得，结合，可得或，即或，将点坐标代入直线方程可得，所以C正确；若直线PA与PB的倾斜角互补，则，即，整理得，代入，解得或，当时，直线过点，A与P点重合，不符合题意，所以；即D正确.故选：CD12.已知定义在上的函数的图像连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（）A. B.在上单调递增C.若，则D.若是在区间内的两个零点，且，则【答案】ABD【解析】【分析】A选项通过赋值法令可以解决，B选项对两边同时求导，结合以及函数图像连续不断的性质进行判断，C选项分和的大小关系，分情况进行讨论，D选项先说明，在结合题目条件说明另一个不等号是否成立的问题.【详解】对于A，在中令，则，所以，故A正确；对于，当时，，对两边求导，则，所以时，，故，而时，即在上单调递增，注意到图像连续不间断，故也有在上单调递增，故B正确；对于C，由B知，在上单调递增，，故当时，，即在上单调递减.由知不可能均大于等于1，否则，则，这与条件矛盾，舍去.①若，则，满足条件，此时，；，②若，则，由，取，则，则 所以，而，所以，即，故C错误；对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，注意到，根据零点存在定理，所以，若，根据C选项，则，则，由，，根据余弦函数单调性，，与矛盾，舍去.所以，在时，中，令，而由，由，在上单调递减，所以，所以，于是，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知圆，若过定点有且仅有一条直线被圆截得弦长为2，则可以是__________．（只需要写出其中一个值，若写出多个答案，则按第一个答案计分.）【答案】或（写出其中之一即可）【解析】【分析】根据直线和圆的位置关系可得，当弦长为直径时或者弦长最短时满足题意，利用弦长公式即可计算得出的值. 【详解】根据直线和圆的位置关系可知，若过定点有且仅有一条直线被圆截得弦长为2，则该弦长为直径或者此时弦长最短；当该弦长为直径时，即，得；当该弦长最短时如下图所示：此时，弦长，所以，半径；故答案为：1或（写出其中之一即可）14.已知在四面体中，，则该四面体外接球的表面积为__________.【答案】##【解析】【分析】先判断出V在平面的射影为三角形的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.【详解】在平面的射影为三角形的外心.又，所以由正弦定理得：三角形的外接圆的半径；设四面体外接球的半径为.解得：.所以外接球的表面积为. 故答案为：.15.已知函数，若函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】易得直线过定点，函数过四个象限等价于与在轴的左右两边有异号交点，根据导数的几何意义求函数的切线方程，求出切点，结合图象即可得出答案.【详解】解：直线过定点，函数过四个象限等价于与在轴的左右两边有异号交点，过作的切线，设切点为，，切线方程为，切线过，解得或（舍去），此时，当时，，线段所在直线斜率为1；当时，，射线所在直线斜率为，与轴交于， 由图象知满足题意的的范围是：.故答案为：.16.已知数列满足，记（其中表示不大于的最大整数，比如），则__________.（参考数据：）【答案】6064【解析】【分析】设，由导数确定函数单调性，然后确定的值，再求和．【详解】设，则，时,,时,,所以在单调递增，在单调递减，又，所以存在使得，即，且当时，，所以当时，，， 又，所以，综上，，所以.故答案为：6064.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知正项数列的前n项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用计算整理，可得，再利用等差数列的通项公式得答案；（2）将变形得，利用裂项相消法可得，进一步观察可得证明结论.【小问1详解】①，当时，②，①-②得，整理得，，，又当时，，解得，数列是以2为首项，2为公差的等差数列，； 【小问2详解】由（1）得，，，即.18.在①，②，③，．这三个条件中任进一个，补充在下面问题中并作答．已知中，内角所对的边分别为，且________．（1）求的值;（2）若，求的周长与面积．【答案】（1）（2）周长为11，面积为【解析】【分析】（1）若选①，利用正弦定理边化角及诱导公式求出，再求出，由正切的二倍角公式即可求出的值；若选②，由诱导公式化简，再结合三角函数的平方和，可求出，，再由正切的二倍角公式可求出的值；若选③，由余弦的二倍角公式代入化简求出，再求出，由正切的二倍角公式可求出的值；（2）由，求出，由正弦定理求出，最后根据三角形的面积公式和周长即可得出答案.【小问1详解】若选①:由正弦定理得，故，而在中，， 故，又，所以，则，则，故．若选②:由，化简得，代入中，整理得，即，因为，所以，所以，则，故．若选③:因为，所以，即，则．因为，所以，则，故．【小问2详解】因为，且，所以．由（1）得，则，由正弦定理得，则．故的周长为， 的面积为．19.由中央电视台综合频道（CCTV-1）和唯众传媒联合制作的《开讲啦》是中国首档青年电视公开课．每期节目由一位知名人士讲述自己的故事，分享他们对于生活和生命的感悟，给予中国青年现实的讨论和心灵的滋养，讨论青年们的人生问题，同时也在讨论青春中国的社会问题，受到了青年观众的喜爱．为了了解观众对节目的喜爱程度，电视台随机调查了A，B两个地区的100名观众，得到如下所示的2×2列联表．非常喜欢喜欢合计A3015Bxy合计已知在被调查的100名观众中随机抽取1名，该观众来自B地区且喜爱程度为“非常喜欢”的概率为0．35．（1）现从100名观众中根据喜爱程度用分层抽样的方法抽取20名进行问卷调查，则应抽取喜爱程度为“非常喜欢”的A，B地区的人数各是多少？（2）完成上述表格，并根据表格判断是否有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系．（3）若以抽样调查的频率为概率，从A地区随机抽取3人，设抽到喜爱程度为“非常喜欢”的观众的人数为X，求X的分布列和期望．附：，，0．050．0100．0013．8416．63510．828【答案】（1）从A地抽取6人，从B地抽取7人.（2）没有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系.（3）分布列见解析，期望为2. 【解析】【分析】（1）求出x的值，由分层抽样在各层的抽样比相同可得结果.（2）补全列联表，再根据独立性检验求解即可.（3）由题意知，进而根据二项分布求解即可.【小问1详解】由题意得，解得，所以应从A地抽取（人），从B地抽取（人）．【小问2详解】完成表格如下：非常喜欢喜欢合计A301545B352055合计6535100零假设为：观众的喜爱程度与所在地区无关.，所以没有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系．【小问3详解】从A地区随机抽取1人，抽到的观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率为，从A地区随机抽取3人，则，X的所有可能取值为0，1，2，3，则，， ，．所以X的分布列为X0123P方法1：．方法2：.20.如图，在几何体中，四边形为矩形，，，，.（1）证明：；（2）若面面，且直线BE与平面所成角的正弦值为，求此时矩形的面积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)根据线面垂直的的判定定理证明线面垂直，进而可得线线垂直；(2)由面面垂直可得线面垂直，从而可建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算表示线面夹角的正弦值，即可求出长度，从而可求解矩形的面积. 【小问1详解】证明：由题意得，四边形为直角梯形，又，，易知，，所以，所以.又因为，，平面，所以平面，平面，所以.【小问2详解】因为平面平面且交线为，,平面，所以平面.以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DF为z轴建立如图所示坐标系，设，，，，，，所以，设平面的法向量，，，则，得，设则，所以.设直线与平面所成角为，则. 解得，所以.所以.21.已知椭圆，斜率为的直线与椭圆只有一个公共点（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于两点，点在直线上，且轴，求直线在轴上的截距.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据点在椭圆上可得，又因为直线与椭圆只有一个交点，可得判别式等于零得到方程即可求解；(2)设出直线的方程，利用韦达定理，再表示出在轴上的截距关于坐标的等量关系，即可求解.【小问1详解】依题意，直线的方程为，即，由，消去得.由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，因为在椭圆上，所以， 即，整理得，解得，故椭圆的标准方程：.小问2详解】方法一：依题意直线斜率不为0，可设直线为，则，联立椭圆方程，可得，由韦达定理得，进而，有由直线的方程为，得直线AC在轴上的截距为故直线在轴的上截距为.方法二：设，则，则直线的方程为，则直线在轴的截距为，若垂直于轴，则， 所以直线与轴交点为，截距为.若不垂直于轴，设直线的方程为.与椭圆方程联立，得，由韦达定理有.直线在轴的截距为又因为所以所以，所以所以故直线在轴上的截距为.方法三：右焦点为，直线与轴相交于点为的中点为若垂直于轴，则，所以直线与轴交点为，截距为.若不垂直于轴，设直线的方程为 与椭圆方程联立，得，由韦达定理有又，得，故直线的斜率分别为所以.因为所以，即，故三点共线.因为对于任意直线点都是唯一确定的，所以，直线与轴交点为，即直线在轴上的截距为.22.已知函数，（1）证明：当时，；（2）时，设，讨论零点的个数【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）首先将带入函数解析式中，然后将不等式右边移到左边，构造新函数，即证，对函数求导，求得函数的单调性及最值即可证明 ；（2）将代入中求得的解析式，对求导，及对分类讨论，判断单调性，利用隐零点即可求得零点的个数.【小问1详解】当时，令，令则当时，，当时，，∴得在内单调递增，由，得当时，，在内单调递减，当时，，在内单调递增，∴，即【小问2详解】，当时，由，得，∴，由（1）可得；当时， 令，则由得，∴在内单调递增由，∴，使得，则当时，，在内单调递减，当时，，在内单调递增，由得，，∴，使得，综上，当时在内无零点；当时在内有一个零点；