安徽省黄山市2022-2023学年高三数学下学期三模试题（Word版附解析）

黄山市2023届高中毕业班第三次质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上．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，再选涂其他答案标号.写在试卷上无效．3.非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．一、单项选择题：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.已知复数满足（其中虚数单位），则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简求得，进而得出，然后利用复数模的计算公式求解．【详解】因为，所以，所以，.故选：D.2.已知集合，且，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】求出，依题意可得，可得关于的不等式，即可得解.【详解】因为，所以，又，所以，又，所以，解得，即实数的取值范围为.故选：A.3.“”是“函数在区间上单调递增”的（）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】结合对数复合函数的单调性及充分条件、必要条件的定义，即可得答案.【详解】令，，若在上单调递增，因为是上增函数，则需使是上的增函数且，则且，解得.因为⫋，故是的必要不充分条件，故选：C.4.黄山市歙县三阳镇叶村历史民俗“叠罗汉”已被列入省级非物质文化遗产保护项目，至今已有500多年的历史，表演时由二人以上的人层层叠成各种样式，魅力四射，光彩夺目，好看又壮观.小明同学在研究数列时，发现其递推公式就可以利用“叠罗汉”的思想来处理，即，如果该数列的前两项分别为，其前项和记为，若 ，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据，得，将中每一项逐一拆解，即可求解.【详解】解：由得，所以，.故选：D.5.为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献，国际上把称为“祖率”，某教师为了增加学生对“祖率”的印象，以“祖率”为背景设计如下练习：让同学们把小数点后的位数字进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到小于的不同数有（）个A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】依照分步计数原理及排列计算即可.【详解】由题意先排十分位必为1，一种方法，再排百分位可以为1或2，两种方法，最后排其余后面的数位，余下的五个数字全排列即可，即不同种数有.故选：C6.如图，球的表面积为，四面体内接于球，是边长为的正三角形，平面平面，则该四面体体积的最大值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先根据球的表面积求得求得半径，再根据题意得出当时，点到底面的距离最大，求出点到底面的距离即可求出最大值.【详解】因为球的表面积为，所以，由题意知底面三角形的面积为定值，要使四面体体积的最大，只须顶点到底面的距离最大即可，又因为平面平面，可知当时，点到底面的距离最大，外接圆的半径，则到面的距离为，且到面的距离为，设点到平面的距离为，则，解得，此时体积最大值为.故选：B.7.已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数，由得，进而判断函数的单调性，判断各选项不等式. 【详解】，则，因为在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递减，所以，，故A不正确；所以，即，即，故B不正确；，即，即，故C正确；，即，即，故D不正确；故选：C.8.已知向量满足，则在方向上的投影向量的模长的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据数量即可求出的夹角，然后设，，由可得，，再由投影向量的定义求解即可.【详解】因为，，设的夹角为，，解得：，因为，则，设， 所以设，，因为，则，化简得：，所以在方向上的投影向量的模长为：，所以在方向上的投影向量的模长的最大值为：.故选：D.二、多项选择题：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.下列命题中，正确的是（）A.在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好B.对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大C.在回归模型中，残差是观测值与预测值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高D.一组数据的第百分位数为【答案】ACD【解析】【分析】根据相关指数的定义确定A；根据独立性检验确定B；根据残差的性质确定C；根据百分位数的运算确定D.【详解】对于A，由相关指数的定义知：越大，模型的拟合效果越好，A正确；对于B，由独立性检验的思想知：值越大，“与有关系”的把握程度越大，B错误．对于C，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，C正确；对于D，，第百分位数为第7位95，D正确．故选：． 10.将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则（）A.函数存在一个极值点B.函数的图象关于点对称C.函数在区间上单调递增D.函数在区间上有两个零点【答案】AC【解析】【分析】由三角函数的平移求出函数，由极值点的定义可判断A；求可判断B；求出的单调增区间可判断C；可判断D.【详解】函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则，对于A，，令，则，所以所以，且当时，，当时，所以当，单调递增，在单调递减，所以是函数的一个极值点，故A正确；对于B，，故B不正确；对于C，令，， 解得：，令，则，则，所以C正确；对于D，因为，所以，则，故无零点，故D不正确.故选：AC.11.在棱长为的正四面体中，过点且与平行的平面分别与棱交于点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.B.当分别为线段中点时，与所成角的余弦值为C.线段的最小值为D.空间四边形的周长的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，先根据线面平行的性质定理推导出//，然后利用向量证明即可；B选项，利用平移的办法，将与所成角放到三角形中，用余弦定理计算；C选项，根据B的中间步骤可知C错误；D选项，可以分析出的周长为，故求最小值即可.详解】由题知，//平面，而平面平面，平面，根据线面平行的性质定理可知，//， 又，即，故，A选项正确；连接，易得，又，于是（三线合一），故，取中点，连接，由中位线可知，在中由余弦定理，，即，由//，与所成角即为（或其补角），在中根据余弦定理，，B选项正确；根据B选项分析，当分别为线段中点时，，C选项错误；由//，由于为正三角形，则也是正三角形，故，故四边形的周长为：，当为中点，即时，有最小值.即空间四边形的周长的最小值为，D选项正确.故选：ABD12.已知为抛物线的焦点，过的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），过线段的中点作轴的垂线，交抛物线于点，交抛物线的准线于点，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.当时，直线的斜率为B.C.的面积不小于的面积D.【答案】ACD【解析】 【分析】由抛物线，得，准线为,设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，，进而得到，.进而结合抛物线定义可求解A；结合中点坐标公式可得，进而得到，进而判断B；结合弦长公式可求解C；结合两点间距离公式可求解D.【详解】由抛物线，得，准线为.设直线的方程为，即，设，，联立，整理得，则，，所以，.对于A，因为，所以，即，联立，解得，所以直线的方程为，即，即直线的斜率为，故A正确；对于B，由，，所以，则，代入抛物线，得，即，则，，所以，故B错误； 对于C，，点到直线的距离为，点到直线的距离为，则，，因为函数在上单调递增，且，所以，故C正确；对于D，，即，即，即，而，即，所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线与直线相交于两点问题，常常联立直线与曲线方程，利用设而不求的思想，消元结合韦达定理可得，，进而求解问题即可. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.将展开后按的升幂排列，则第3项为____________.【答案】【解析】【分析】展开后按的升幂排列，则第3项即为含的项，求出的通项公式，令和，求解即可得出答案.【详解】的通项公式为，展开后按的升幂排列，则第3项即为含的项，，令，则，令，则，所以的系数为：.故答案为：14.定义在上的奇函数，满足对且，都有成立，则当不等式成立时，的最小值为________.【答案】【解析】【分析】由题设易知在R上递减，利用单调性及已知不等式知，结合对勾函数性质求目标式的最小值.【详解】由题设在上递减，又在R上为奇函数，所以在上递减，则在R上递减，由，则，可得，，仅当，即时等号成立，所以，上述等号取不到，而，且在上递增，时，所以的最小值为4.故答案为：4 15.设直线与两坐标轴的交点分别为，点为线段的中点，若圆上有且只有一个点，使得直线平分，则______.【答案】##【解析】【分析】根据点为线段的中点，直线平分可得在的垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解.【详解】点为线段的中点，直线平分，在的垂直平分线上，因为所以中垂线的斜率为，的中点为，由点斜式得，化简得，在圆满足条件的有且仅有一个，直线与圆相切，，故答案为:.16.已知，若恒成立，则实数的值为______.【答案】【解析】【分析】根据必要性探路，构造函数，发现，故，得，再证当时，，即可求解.【详解】解：恒成立，即恒成立，令，又,所以，故是的极小值点， 又所以，，解得：，下证：当时，，所以，，又恒成立，故当时,单调递增，当时，,单调递减，所以，综上，，故答案为：【点睛】思路点睛：对于恒成立含参问题,可以采取必要性探路解决，即先通过特殊点，求出不等式成立的必要条件，再证充分性，即可.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.已知数列的前项和为，.（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式;（2）若，求数列的前项和.从①和②这两个条件中任意选择一个填入上面横线上，并完成解答.注:若选择多个条件作答，则按第一个解答计分.【答案】（1）证明见解析，（2）答案见解析【解析】【分析】（1）通过消去，得到从而得到证明；（2）若选①，则要运用错位相减法求和，若选②，先化简，然后分奇数偶数，利用分组求和计算.【小问1详解】依题意可得， 两式相减并化简得，所以又，，解得.所以，故由于，所以，于是.故数列是首项为3，公比为3的等比数列，即【小问2详解】选①:由（1）得，则两式相减得：所以选②:由（1）得，所以（i）当为偶数时，（ii）当为奇数时， 综上所述18.记的内角的对边分别为，已知，.（1）求角的大小和边的取值范围；（2）如图，若是的外心，求的最大值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再根据正弦定理求边的取值范围；（2）解法一：根据数量积结合圆的性质整理可得，进而可求取值范围；解法二：根据数量积结合余弦定理整理可得，进而可求取值范围.【小问1详解】在中，由结合正弦定理可得：，因为，则，化简得，即，又因为，则，所以，解得，由正弦定理，化简得， 因为，所以，所以.【小问2详解】解法1：由正弦定理得，且，因为，当点O不在外部时（如图），；当点O在外部时（如图），，；由（1）可知，即当时，则的最大值为.解法2：由题可知：，如图，分别取线段的中点，由于O是的外心，则，则， 所以，由余弦定理得，即，整理得，所以，由（1）可知，即当时，则的最大值为.19.英国数学家贝叶斯（1701-1763）在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献．贝叶斯公式就是他的重大发现，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设，，…，是一组两两互斥的事件，，且，，则对任意的事件，，有，.现有三台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率为，每加工一个零件耗时分钟，第，台加工的次品率均为，每加工一个零件分别耗时分钟和分钟，加工出来的零件混放在一起.已知第，，台车床加工的零件数分别占总数的，，.（1）任取一个零件，计算它是次品的概率；（2）如果取到的零件是次品，计算加工这个零件耗时（分钟）的分布列和数学期望.【答案】（1）0.0525（2）分布列见解析，期望为32（分钟）【解析】【分析】（1）设“任取一个零件为次品”，“零件为第台车床加工”()，根据题设确定对应事件的概率，进而应用全概率公式求概率即可；（2）由题设知，利用贝叶斯公式求对应值的概率，写出分布列，进而求期望.【小问1详解】设“任取一个零件为次品”，“零件为第台车床加工”()，则，且两两互斥.根据题意， .由全概率公式，得.【小问2详解】由题意知，则，同理得，所以加工这个零件耗时的分布列为：353230（分钟）.20.如图，在直角梯形中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点，平面平面，，，是线段上一动点（不含端点）（1）当点为线段的中点时，证明：//平面；（2）若，，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；（2）以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设，求出直线 方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求出，即可求出，再求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.【小问1详解】证明：因为四边形为平行四边形，所以是中点，连接，又点为线段的中点，则，且又且，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，为轴建立空间直角坐标系（如图）.则有，设，，则，为平面的法向量，所以，解得（其中舍去）所以设平面的法向量为，则有，， 故可取.设平面的法向量为，则有，，故可取所以.所以二面角的正弦值为21.如图，动双曲线的一个焦点为，另一个焦点为，若该动双曲线的两支分别经过点.（1）求动点的轨迹方程；（2）斜率存在且不为零的直线过点，交（1）中点的轨迹于两点，直线与轴交于点，是直线上异于的一点，且满足.试探究是否存在确定的值，使得直线恒过线段的中点，若存在，求出值，若不存在，请说明理由.【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）根据题意，结合双曲线的定义和椭圆的定义即可求解；（2）设直线的方程为：，，根据题意得出，然后将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理即可求解.【小问1详解】由题意以及双曲线定义可得：，由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，的椭圆（不含短轴端点），其方程为.【小问2详解】设直线的方程为：，，则由，知，所以，令，得因点在直线上，所以，变形得，代入式化简得，若直线恒过线段的中点，则有，整理得 由，得，所以代入整理得，，解得，所以存在，即直线，使得直线恒过线段的中点.22.已知函数，（1）试判断函数在上是否存在极值.若存在，说出是极大值还是极小值；若不存在，说明理由.（2）设，若，证明：不等式在上恒成立.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1），令，因此在单调递减，，讨论正负即可判断出极值的情况；（2）由分析知，要证明在上恒成立，即证，即证，令，求出，原不等式证明变为证明即可.【小问1详解】由题可知，则，令由于，则，所以函数在单调递减.当趋近于0时，趋近于正无穷，又.①当，即时，， 则函数在单调递增，所以在上无极值.②当，即时，则在上有唯一零点.所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以是函数的一个极大值点，且无极小值.综上所述，当时，函数无极值；当时，函数有极大值，但无极小值.【小问2详解】由题可知：，且.由可得，化简得由于且，所以不等式；所以要证明原不等式成立；只要证：在时恒成立.只要证：.令，则令，则，在为增函数，故，于是，在为增函数，故，只要证：（这里），下面先证明：，令，则 在为减函数，故，即，只要证：，只要证：，令，则.在是单调递增，因此，即.综上所述，原不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.