安徽省皖南八校2023届高三数学三模试卷（Word版附解析）

2023届“皖南八校”高三第三次大联考数学一、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，只有一项符合题目要求．1.已知集合，，则集合的非空真子集的个数为（）A.14B.15C.30D.62【答案】D【解析】【分析】解集合A中的不等式，得到集合A，由集合B中元素的条件得到集合B，再求集合，由集合中元素的个数，判断非空真子集的个数.【详解】不等式解得，由，得集合，则集合，所以集合，集合中有6个元素，所以集合的非空真子集的个数为．故选：D．2.已知复数满足（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（）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】【分析】根据复数的除法、模长运算化简复数，再结合复数的几何意义即可得答案.【详解】由得，∴复数z在复平面内对应的点为，∴复数z在复平面内对应的点所在的象限为第四象限．故选：D． 3.给出下列四个命题，其中正确命题为（）A.“，”的否定是“，”B.“”是“”的必要不充分条件C.，，使得D.“”是“”的充分不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用全称量词命题的否定判断A；利用充分条件、必要条件的定义判断BD；判断存在量词命题的真假判断C作答.【详解】对于A，“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，该命题的否定为，，A错误；对于B，“若，则”是假命题，如，而，B错误；对于C，取，则，C正确；对于D，因为函数是R上的增函数，则“”是“”的充要条件，D错误．故选：C4.如图，用，，三类不同的元件连接成一个系统，当正常工作且，至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知，，正常工作的概率依次是，，，已知在系统正常工作的前提下，则只有和正常工作的概率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用独立事件的乘法公式求得系统正常工作和只有M和正常工作的概率，再利用条件概率公式求解即可. 【详解】设事件A为系统正常工作，事件B为只有M和正常工作，因为并联元件、能正常工作的概率为，所以，又，所以．即只有M和正常工作的概率为.故选：C．5.勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知，P为弧AC上的一点，且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立如图平面直角坐标系，利用平面向量线性运算和数量积的坐标表示计算，即可求解.【详解】如图所示，以B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则，，由，得，所以，，所以．故选：C． 6.已知函数，则下列结论正确的有（）A.的最小正周期为B.直线是图像的一条对称轴C.在上单调递增D.若在区间上的最大值为1，则【答案】D【解析】【分析】利用倍角公式和辅助角公式，化简函数解析式，根据函数解析式研究最小正周期、对称轴、单调区间和最值.【详解】，所以的最小正周期为，A错误；因为，，所以直线不是图像的一条对称轴，B错误；当时，，而函数在上不单调，C错误；当时，，因为在区间上的最大值为1，即，所以，解得，D正确．故选：D．7.已知是定义在上的奇函数，其图象关于点对称，当时， ，若方程的所有根的和为6，则实数k的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】数形结合思想，方程的根转化为和的图象的公共点的横坐标，根据直线与圆的位置关系求解.【详解】方程的根转化为和的图象的公共点的横坐标，因为两个图象均关于点对称，要使所有根的和为6，则两个图象有且只有3个公共点．因为时，，所以，所以图象为圆的一部分，作出和的图象如图所示．当时，只需直线与圆相切，所以，可得；当时，只需直线与圆相离，所以，解得得或（舍）．故k的取值范围是． 故选：A．8.已知函数，若对任意的恒成立，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】讨论，，利用导数得出，构造函数，由导数得出，进而得出的最大值.【详解】，，当时，恒成立，则单调递减，，显然不恒成立；当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增，∴，∵恒成立，∴，∴，令，，，时，；时，.区间上单调递减，在区间上单调递增，∴，即的最大值是.故选：B．【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于，将不等式的恒成立问题转化为最值问题得出，再由导数得出. 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.在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为n，按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示．其中，成绩落在区间内的人数为16．则下列结论正确的是（）A.图中B.样本容量C.估计该市全体学生成绩的平均分为70.6分D.该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分【答案】ACD【解析】【分析】根据频率之和等于1，即可判断A；根据频率，频数和样本容量之间关系即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意算出25%分位数，即可判断D．【详解】对于A，因为，解得，故A正确；对于B，因为成绩落在区间内的人数为16，所以样本容量，故B错误；对于C，学生成绩平均分为，故C正确；对于D，因为，解得，所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D正确．故选：ACD． 10.已知正实数满足，当取最小值时，下列说法正确的是（）A.B.C.的最大值为1D.的最小值为【答案】AC【解析】【分析】由，代入用基本不等式求得最小值，得结论判断A，此处条件代入已知得可判断B，判断AB过程中两个结论代入后利用二次函数性质求得最值判断CD．【详解】∵正实数满足，∴，当且仅当，即时等号成立，A正确；时，，B错；，，即时，的最大值1，C正确D错误．故选：AC．11.已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（）A.若N为中点，当最小时，B.当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大C.直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为D.当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为【答案】ACD 【解析】【分析】对于A，由展开图求解；对于B，取特殊位置判断；对于C，由空间向量求解；对于D，由正四面体的性质可求内切球半径，可得内切球的表面积，．【详解】对于A，矩形与正方形展开成一个平面，如图所示，若最小，则A、M、N三点共线，因为，所以，则有，即，故A正确；对于B，当点M与点重合时，连接、、、、，如图所示，在正方体中，平面ABCD，平面ABCD，所以，又因为，且，平面，所以平面，又平面，所以，同理可证，因为，平面，所以平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；设E、F、Q、N，G，H分别为，、，，，的中点，易知六边形EFQNGH是 边长为的正六边形，且平面平面，正六边形EFQNGH的周长为，面积为，则的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即B错误；对于C，以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，，设，因为平面，所以是平面的一个法向量，且，，故，所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为，则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为，故C正确；对于D，当点M与点C重合时，四面体即为为正四面体，棱长，由正四面体的性质可得，其内切球半径，所以表面积为，故D正确．故选：ACD．12.已知抛物线的焦点为，准线为，、是上异于点的两点（为坐标原点）则下列说法正确的是（）A.若、、三点共线，则的最小值为 B.若，则的面积为C.若，则直线过定点D.若，过的中点作于点，则的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】设出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理、焦半径公式以及基本不等式可求得的最小值，可判断A选项；求出点的横坐标的绝对值，利用三角形的面积公式可判断B选项；设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理以及求出的值，求出直线所过定点的坐标，可判断C选项；利用抛物线的定义以及基本不等式可判断D选项.【详解】对于A选项，易知抛物线的焦点为，当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，则，易知，，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A对；对于B选项，设点，，可得，所以，，则，所以，，B对；对于C选项，易知的斜率存在，设直线的方程为，设点、，由于直线不过原点，所以，， 联立可得，，由韦达定理可得，所以，，因为，则，解得，所以，直线的方程为，故直线过定点，C错；对于D选项，过点作于点，过点作于点，设，，所以，因为，所以，则的最小值为，当且仅当时，等号成立，D对．故选：ABD．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．13.函数的值域是______． 【答案】【解析】【分析】根据分段函数结合常见函数的取值情况即可求得函数的值域.【详解】当时，满足；当时，由，所以函数的值域为．故答案为：．14.某企业五一放假4天，安排甲、乙、丙、丁四人值班，每人只值班一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在最后一天，则不同的安排种数为______．【答案】14【解析】【分析】根据特殊元素法进行安排即可.【详解】①若甲安排在最后一天，则不同的安排数为；②若甲不安排在最后一天，则不同的安排数为．综上，不同的安排种数为14．故答案为：.15.过双曲线右焦点F的直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂足为点A，O为坐标原点，若的角平分线与x轴交于点M，且点M到OA与AF的距离都为，则双曲线C的离心率为______．【答案】【解析】【分析】如图设点A在第一象限，根据点到直线的距离公式可得F到渐近线的距离为b，得，由题意得四边形MTAN为正方形，有，整理可得，即可求解.【详解】由题意得，双曲线的渐近线为，，如图， 设点A在第一象限，则点F到渐近线的距离为，所以，过点M分别作于点N，于点T，又于A，所以四边形MTAN为正方形，得，所以，又，所以，得，则，所以，故，即双曲线的离心率为.故答案为：.16.已知四面体四个顶点都在球的球面上，是边长为2的等边三角形，外接圆的圆心为．若四面体的体积最大时，，则球的半径为______；若，点为的中点，且，则球的表面积为______．【答案】①.②.【解析】【分析】先确定的外接圆半径，若四面体的体积最大时，结合直角三角形的边角关系即可求得此时球的半径；若，根据四面体的线面关系确定外接球球心的位置，求解半径大小，即可得此时球的表面积. 【详解】设的外接圆的半径R，由题可得，解得；若四面体的体积最大时，则点B在过和的直径上，且在的两侧，在中，，又，所以，设球的半径为，则在中，，解得；如图，取的中点，连接并延长交圆于点．连接，由得，则．．在中，，所以在中，由余弦定理得，可得，结合图形可得圆．连接，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，四面体外接球的半径解得，所以球O的半径，四面体ABCD外接球的表面积为．故答案为：；.四、解答题：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．17.2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第 二次在亚洲举行的世界杯足球赛．卡塔尔世界杯后，某校为了激发学生对足球的兴趣，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，统计得出的数据如下表：喜欢足球不喜欢足球合计男生50女生25合计（1）根据所给数据完成上表，试根据小概率值的独立性检验，分析该校学生喜欢足球与性别是否有关．（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球，已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人踢球一次，假设各人踢球相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．附：，．0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）表格见解析，该校学生喜欢篮球与性别有关；（2）分布列见解析，数学期望为.【解析】【分析】（1）根据题意中的数据分析，补充列联表，利用卡方公式计算，结合独立性检验的思想即可下结论；（2）3人进球总次数的所有可能取值为0，1，2，3．利用独立事件的乘法公式求出对应的概率，得出分布列，结合求数学期望公式计算即可求解.【小问1详解】 因为随机抽取了男、女同学各100名进行调查，男生不喜欢篮球的有50人，女生喜欢篮球的有25人，所以男生喜欢篮球的有50人，女生不喜欢篮球的有75人.列联表如下：喜欢篮球不喜欢篮球合计男生5050100女生2575100合计75125200零假设：该校学生喜欢篮球与性别无关．根据列联表中的数据，经计算得到，∴根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该校学生喜欢篮球与性别有关．【小问2详解】3人进球总次数的所有可能取值为0，1，2，3．，，，．∴的分布列如下：0123P∴的数学期望：．18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角C； （2）设BC的中点为D，且，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）已知等式，由正弦定理和两角和的正弦公式化简，可求角C；（2）设，由正弦定理，把表示成的三角函数，利用三角函数的性质求取值范围.【小问1详解】中，，由正弦定理得．所以，即，所以；又，则，所以，则有，又因为，则，即；【小问2详解】设，则中，由可知，由正弦定理及可得，所以，，所以，由可知，，，所以．即的取值范围. 19.在数列中，，且对任意的，都有．在等差数列中，前n项和为，，．（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由递推关系，可用累加法即可求得，再对，化简解得，从而可得的通项公式；（2）由知（1）结论即可求得，利用错位相减法、等比数列的前n项和公式即可得出结论.【小问1详解】由得时，．又，满足，所以．设等差数列的公差为d，则，解得，所以；【小问2详解】，①，②①-②得所以．20.如图，在三棱锥中，为直角三角形，，的边长为4 的等边三角形，，．（1）求证：平面平面ABC；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过等腰三角形性质、中位线的性质、勾股定理，证明平面ABC，可证平面平面ABC．（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值.【小问1详解】（方法一）证明：如图，分别取AC，AB的中点D，E，连接PD，DE，PE，则．因为，，所以，．因为是边长为4的等边三角形，所以，，在中，，，因为，点E为AB的中点，所以，，在中，有，所以，，平面ABC，所以平面ABC， 因为平面PAB，所以平面平面ABC．（方法二）证明：如图，分别取AC，AB的中点D，E，连接PD，PE，DE，则．因为，所以，，是等边三角形，则，由，平面PDE，所以平面PDE，又平面PDE，所以，因为，点E为AB的中点，所以，又，平面ABC，则有平面ABC，因为平面PAB，所以平面平面ABC．【小问2详解】以点C为原点，直线CA，CB分别为x，y轴，过点C且与PE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，，．设平面PBC的一个法向量为，则，取，得，则．设平面PAB的一个法向量为，则， 取，得，则．设二面角的平面角为，所以．21.如图，椭圆的左、右焦点分别为，，点A，B，C分别为椭圆的左、右顶点和上顶点，O为坐标原点，过点的直线l交椭圆于E，F两点，线段的中点为．点P是上在第一象限内的动点，直线AP与直线BC相交于点Q，直线CP与x轴相交于点M．（1）求椭圆的方程；（2）设的面积为，的面积为，求的值．【答案】（1）（2）16【解析】【分析】（1）根据题意，利用待定系数法即可求出结果；（2）由题可知，，所以直线BC的方程的截距式为，即为．设直线AP的斜率为k，点P的坐标为，则AP的方程为，并与椭圆方程联立方程组解得，，从而表达出点P坐标，同理可得出，的值，继而求得的值．【小问1详解】 因为线段的中点为在y轴上，O为的中点，所以轴，即轴，设，，，代入椭圆的方程得，，又，所以，即，所以，解得，所以椭圆的方程为．【小问2详解】由题意可得，，所以直线BC的方程的截距式为，即为．设直线AP的斜率为k，点P的坐标为，则AP的方程为，联立得，所以，即，．所以．直线CP的方程为，设点M，Q的坐标分别为，，在中，令得．解得．所以．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采取设线法，AP的方程为，并与椭圆方程 联立方程组，解得，是关键；本题考查了椭圆的标准方程以及椭圆中三角形面积的问题，属于较难题.22.若对任意的实数k，b，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”．（1）判断函数是否为“恒切函数”；（2）若函数是“恒切函数”，求证：．【答案】（1）是“恒切函数”；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设函数的切点为，分析“恒切函数”的性质可得，对于函数，则有，解可得，即可得出结论.（2）设函数的切点为，分析可得，设，考查的解，综合即可得答案.【小问1详解】根据题意，若函数为“恒切函数”，切点为，则即，对于函数，，所以解得．因此，函数是“恒切函数”；【小问2详解】根据题意，函数是“恒切函数”，设切点为，由，可得，则有即 考查方程的解，设，因为，令，得．当时，；当时，．所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．所以．（i）当时，因为，，所以，函数在区间上存在唯一零点．又因为；（ii）当时，因为，所以函数在区间上有唯一零点，则，综上所述，．【点睛】本题考查利用导数分析函数的切线以及函数的单调性，关键是理解“恒切函数”的定义，属于较难题.