安徽省池州市贵池区池州市第一中学2022-2023学年高三数学4月月考试题（Word版附解析）

2023届高三年级高考仿真适应性考试数学试题满分：150分考试时间：120分钟注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校､姓名､班级､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本大题共8小题，共40分.1.若集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先分别求出集合，再根据交集的定义即可得解.【详解】因为，所以.故选：C.2.若复数满足，则的共轭复数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】【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义、复数在复平面对应点的特征进行判断即可.【详解】由，所以，在复平面内对应的点为，它在第四象限，故选：D 3.在平行四边形中，，，设，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合平行四边形的性质及平面向量的基本定理即可求解.【详解】因为四边形为平行四边形，所以，，，因为，，所以，所以，,因为，，所以，解得，所以，故选：B.4.已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点.若 ，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，，直线方程，然后由直线方程与抛物线方程联立，消去，利用根与系数关系，表示出，从而可表示出，进而由求出的值.【详解】抛物线标准形式，焦点坐标，设，，直线方程，代入抛物线方程得，所以，，，，，所以，得.故选：C.5.已知正三棱锥的六条棱长均为是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三棱锥几何特征求出轨迹圆的面积即可.【详解】设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故. 因为，故，故的轨迹为以为圆心，为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为.故选：A.6.国古代典籍《周易》又称《易经》，分为经部和传部，其中经部之原名就为《周易》，是用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻（yao）组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有2个阳爻的概率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻与阴爻，则共有26种情况；一重卦恰有2个阳爻，则有种情况，进而可求得概率.【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有2个阳爻情况有，所以该重卦恰有2个阳爻的概率为.故选：D.7.间的大小关系为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得；利用二项式定理证得，再构造函数证得，从而得到；构造函数，证得，从而得到；由此得解.【详解】令，则，所以在上单调递增，故，即，所以，则，即，故；因为，所以其展开通项公式为，故，，，所以，令，则，所以在上单调递增，则，即，所以，故，即；令，则，因为，所以，则，故，所以在上单调递增，则，即，易知，所以，则，即；综上可得. 故选：B8.已知函数的定义域为，为的导函数，，，若为偶函数，则以下四个命题：①；；③；④中一定成立的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由是偶函数，得是奇函数，再由已知等式得，两者结合得是周期函数，周期为4，同时得出是周期函数，周期是4，然后由周期性，奇函数的定义求得，，与的关系，从而得出关于的相应结论，即可判断各命题．【详解】，又是偶函数，，两边求导得，是奇函数，，，，即，是周期函数，是它的一个周期，，，是周期函数，是它的一个周期，，，则①正确；，则②正确；是周期为4的周期函数，又是奇函数，，，则④不正确；，，因此，不能得出③，则一定正确的有①②，共2个.故选：B.【点睛】结论点睛：（1）的图象既关于直线对称，又关于点对称，则是周期函数， 是它的一个周期；（2）的图象既关于直线对称，又关于直线对称，则是周期函数，是它的一个周期；（3）的图象既关于点对称，又关于点对称，则是周期函数，是它的一个周期．二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.9.某物理量的测量结果服从正态分布，则下列结论中正确的是（）A.越小，该物理量一次测量结果落在的概率越大B.该物理量一次测量结果落在内的概率与落在内的概率相等C.该物理量一次测量结果小于9.99与大于10.01的概率相等D.该物理量一次测量结果大于10的概率是0.5【答案】ACD【解析】【分析】通过分析正态分布的性质以及意义，即可得出结论.【详解】由题意，对于为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，∴测量结果落在内的概率越大，故A正确；对于B，∵该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，∴一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故B错误.对于C，∵正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；对于D，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故D正确；故选：ACD.10.已知函数在区间上有且仅有3 条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（）A.在区间上有且仅有3个不同的零点B.的取值范围是C.最小正周期可能是D.在区间上单调递增【答案】BD【解析】【分析】根据题意，利用整体代换法由，得，结合题意可得，进而求得的范围来判定B项；分类讨论的范围可判定A项；同时由的范围可判定周期的范围，判定C项；利用整体代换法由，结合的范围可得，从而判定D项.【详解】由，得，因为函数在区间上有且仅有3条对称轴，所以，解得，故B正确；对于A，，当时，在区间上有且仅有2个不同的零点；当时，在区间上有且仅有3个不同的零点，故错误；对于C，周期，由，则，又，所以的最小正周期不可能是，故C错误； 对于D，，又，，所以在区间上一定单调递增，故D正确.故选：BD.11.设正整数，其中，记，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据的定义，对选项中的结果逐个验证.【详解】，，，故A对.，，故B对.，，同理，故C错.，，故D对.故选：ABD. 12.如图，正四棱柱中，，动点满足，且．则下列说法正确的是（）A.当时，三棱锥的体积为B.当时，的最小值为C.若直线与所成角为，则动点的轨迹长为D.当时，三棱锥外接球半径的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，利用等体积法求出体积可判断A；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，利用几何法即可找出球心位置，进而写出半径的表达式，利用二次函数的性质求出半径的取值范围.【详解】对于A，取相交于点的中点为，如下图所示： 当时，即，由平面向量线性运算法则可知，点在线段上，又,；即A不正确；对于B，当时，由，利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上；由对称性可知，线段上点到两点之间的距离相等，所以；取平面进行平面距离分析，如下图所示：所以，当且仅当三点共线时，等号成立，此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确；对于C，由图可知，与所成角都为，由可知，点在平面内，若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为； 则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，如下图所示：所以动点的轨迹长为，故C正确；对于D，当时，取的中点为，即；由可知，三点共线，即点在线段上，如下图所示：易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为；作于点，设，易知，因为，则，得，则，设外接球半径为，则，解得；所以，由二次函数的性质可知，当时，半径最小为；当时，半径最大为； 又，所以半径的取值范围是，即D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和的最小值，利用几何法即可找出球心位置，进而写出半径的表达式，利用二次函数的性质求出半径的取值范围.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若锐角、满足，，则_________．【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数的平方关系求出、的值，再利用两角差的余弦公式可求得的值.【详解】因为，，则，，由、，则，，所以，，，所以.故答案为：.14.若函数的定义域为，且，则__________. 【答案】##【解析】【分析】根据题意，由赋值法即可得到函数的最小正周期为，即可得到结果.【详解】因为，令，则，即，所以或，当时，令，则，即，与矛盾，所以，令，可得，则，令，可得，则，令，可得，则，令，可得，则，令，可得，则，令，可得，则，令，可得，则，所以是最小正周期为的函数，且，所以故答案为：15.已知，直线为上的动点，过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为__________.【答案】【解析】 【分析】由题意分析可得，当直线时，最小，此时求出以为直径的圆的方程，两圆方程联立即可求得直线的方程.【详解】圆的方程可化为，则圆心，半径，可得点到直线的距离为，所以直线与圆相离，依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，原题意等价于取到最小值，当直线时，，此时最小.的直线方程为：，与联立，解得：，即，则的中点为，所以以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即直线的方程为.故答案为：.16.已知实数满足，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】讨论范围得到图象，根据图象考虑直线与椭圆相切和直线与渐近线重合两种情况，分别计算得到范围. 【详解】因为实数满足，所以当时，，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的双曲线的一部分（含点，当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的椭圆的一部分，当时，其图象不存在，当时，，其图象是位于第三象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：任意一点到直线的距离所以，结合图象知的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，双曲线其中一条渐近线与直线平行， 通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离3的2倍，设与其图像在第三象限相切于点，联立，得，因为或（舍去），所以直线与直线距离为，此时，所以的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆和双曲线的综合应用，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中画出图像，根据图像解决最值问题是解题的关键.四､解答题：本题共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知正项数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）将数列和数列中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列，求的前100项和.【答案】（1）（2）9089【解析】【分析】（1）根据题意，由与的关系，即可得到数列是等差数列。从而得到其通项公式；（2）根据题意，由分组求和即可得到结果.【小问1详解】 依题意，当时，解得，，当时，有，作差得：，，，数列是首项为3，公差为2的等差数列，.【小问2详解】由（1）得，，又，同时，.所以的前100项和为9089.18.的内角的对边分别为，已知.（1）求角的值；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）切化弦，利用正弦定理将已知等式统一用角表示，再利用两角和与差的正、余弦公式整理可得角.（2）把的面积表示为的形式，代入已知量利用正弦定理将面积统一用角、表示，再利用角、的关系消元转化为求一元函数的值域.【小问1详解】 解：根据题意，由正弦定理得，，，故，.【小问2详解】因为是锐角三角形，由（1）知得到，故，解得.又由正弦定理得：又，故.故的取值范围是19.如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，. （1）证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，写出相应的点的坐标，利用空间法向量先求出二面角大小的余弦值，再由同角三角函数关系式求解该角的正弦值即可.【小问1详解】由题设知，为等边三角形，不妨设，则，又为等边三角形，则，，.同理可证：，又，平面，又平面，平面平面【小问2详解】过作交于点，因为平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示： 则所以,由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为，.设平面的一个法向量为，由，得，令，所以，设二面角的大小为，故，所以，所以二面角的正弦值为.20.在校运动会上，有甲､乙､ 丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲､丙首先比赛，乙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.（1）求丙连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）甲､乙､丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由.【答案】（1）（2）（3）乙，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，由独立事件的概率公式，代入计算即可得到结果.（2）根据题意，分别求出甲､丙连胜四场与乙上场后连胜三场获胜的概率，即可得到结果；（3）根据题意，列出基本事件个数，求出甲､乙､丙获胜的概率，即可得到结果.【小问1详解】丙连胜四场的情况为：“丙胜甲负，丙胜乙负，丙胜甲负，丙胜乙负”，所以丙连胜四场的概率：；【小问2详解】根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.而甲､丙连胜四场的概率为，乙上场后连胜三场获胜的概率为，需要进行第五场比赛的概率.【小问3详解】三人中乙最终获胜的概率最大.理由如下：记事件为甲输，事件为丙输，事件为乙输，记事件：甲赢，记事件：赢，则甲赢的基本事件包括：､ ，甲赢的概率为.由对称性可知，丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，即丙最终获胜的概率也是.所以乙赢的概率为.又，所以三人中乙最终获胜的概率最大.21.已知双曲线过点，且焦距为.（1）求的方程；（2）已知过点的动直线交的右支于两点，为线段上的一点，且满足，证明：点总在某定直线上.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程；（2）设点、、，记，则，，利用平面向量的坐标运算结合点差法求出点Q的轨迹方程，即可证得结论成立.【小问1详解】由题意可得，解得，所以，双曲线的方程为.【小问2详解】设点、、， 因为，即，记，又A、P、B、Q四点共线，则，，即，，有，，得，，又因为，则，作差可得，即，得，即，故点Q总在定直线上.【点睛】关键点点睛：本题考查利用线段长之比相等求点的轨迹方程，解题的关键在于引入参数，将相等的长度之比转化为向量的坐标运算，结合点差法进行求解.22.已知函数和有相同的最大值.（1）求；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列. 【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论两函数的单调性及取得最大值的情况得，且，解方程可得；（2）结合（1）所得单调性作出两函数简图，依次设左到右的三个交点的横坐标，可得，，利用同型结构建立三个横坐标的关系式即可证明.【小问1详解】，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，由，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；当时，当时，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，于是有.【小问2详解】由（1）知，两个函数图象如下图所示：由图可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设且，由，又，又当时，单调递增，所以，又，又，又当时，单调递减，所以，；于是有.