安徽省滁州市定远中学2023届高三数学下学期高考冲刺卷（一）试卷（Word版附解析）

定远中学2023年高考冲刺数学试卷（一）一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知U＝R，A＝{x|x2－4x＋3≤0}，B＝{x||x－3|＞1}，则A∪＝（）A.{x|1≤x≤4}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x＜2}D.{x|2＜x≤3}【答案】A【解析】【分析】先化简集合A，B，再利用集合的补集和并集运算求解.【详解】解：因为，或，所以，，故选：A．2.已知复数z的实部和虚部均为整数，则满足的复数z的个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】设，由，可得，则，讨论两种情况即可得答案.【详解】设，则因为，所以因为，所以，即.当时，，即，有两组满足条件， 当时，或，所以，，但时，不符合题意，故个数为4，故选：C.3.已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，准线为l，A是l上一点，B是直线AF与C的一个交点，若，则|BF|＝（）A.B.C.3D.5【答案】B【解析】【分析】根据平面向量共线的性质，结合抛物线定义进行求解即可.【详解】抛物线C：x2＝4y的焦点为F（0，1），准线为l：y＝－1，设A（a，－1），B（m，n），则，，∵，∴－2＝－4（n－1），∴，∴由抛物线的定义可得故选：B．4.转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．如图1，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h．已知曲面棱柱的体积V=Sh，如图1所示的曲面棱柱的体积为，，则（）A.2B.3C.4D.6【答案】B 【解析】【分析】把底面分为三个弓形和三角形面积之和，在根据题中体积和高可得.【详解】由题意可知该曲面棱柱的底面积．设，则，解得.故选：B.5.函数的大致图像为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用排除法，先利用函数值正负的分布判断B错误，再利用特殊值判断D错误,根据极值点确定C错误，即得答案.【详解】函数中，，当时,,看图像知B选项错误；函数中，，当时,,看图像知D选项错误；解得，故为函数的极值点，故C选项不符合，.D选项正确.故选：A.6.在正四棱柱中，，，为中点， 为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答.【详解】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，因为平面，则，又平面，，则平面，又平面，则，取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，而平面，则平面，有，又平面，，于是平面，而平面，因此，因为平面，，从而平面，连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，因为，即有，又， 于是，有，，所以点的轨迹长为.故选：A【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.7.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由对数函数的性质判断出，排除AB，设，利用导数确定它的单调性，从而得出两数的大小即可求解．【详解】，，，排除答案A，B；由，设，，则，令，则，所以在上单调递减，从而，即，所以在上单调递减，从而，即，所以，即，综上可知.故选：D．8.已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】求得，由题意转化在上恒成立，设，求得，令，利用导数求得单调递增，结合，得到在上单调递减，利用，即可求解.【详解】由函数，可得，因为函数在区间上单调递增，可得在上恒成立，即在上恒成立，设，可得，令，可得当时，，所以单调递增，又因为，所以，所以在上单调递减，所以，即实数的取值范围是.故选：C.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.如图，已知正方体的棱长为分别为的中点，以下说法正确的是（）A.三棱锥的体积为1B.平面C.异面直线与所成的角的余弦值为D.过点作正方体的截面，所得截面的面积是【答案】ABD【解析】【分析】对于A，根据三棱锥体积公式计算，结合正方体的性质，可得答案；对于B，根据线面垂直，证得线线垂直，利用线面垂直判定定理，可得答案；对于C，根据异面直线夹角的定义，利用几何法，结合余弦定理，可得答案；对于D，利用平行进行平面延拓，根据正六边形的面积公式，可得答案.【详解】对于A，取中点，连接，，，，如下图： 分别为的中点，平面，设正方形的面积，，，故A正确；对于B，连接、、，如下图：分别为的中点，且为正方形的对角线，，在正方体中，平面，且平面，，，平面，平面，平面，，同理可得，分别是的中点，，，即，，，平面，平面，故B正确；对于C，连接，，，，，如下图：分别为的中点，，，则，故为异面直线与所成的角或其补角， ，，，，异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，，，，，如下图：易知，，，且正六边形为过点作正方体的截面，则其面积为，故D正确.故选：ABD.10.历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（）A.B.等比数列C.D.信封均被投错的概率大于【答案】ABC【解析】 【分析】根据分类加法原理求，由此判断A，根据等比数列定义判断B，利用累加法求，判断C，由泰勒定理求，结合比差法判断D.【详解】设封信分别为，，，，当在第二个信箱时，有，，共种错投方式，同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，故共有种错投方式，所以，故A正确；因为，所以，又，所以为等比数列，首项为，公比为，故B正确；所以，所以，因为，所以时，，故C正确；装错信封的概率为，，则，当为奇数时，，当为偶数时，，综上所述：当为奇数时，， 当为偶数时，，故D错误．故选：ABC．11.已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，将的图像沿x轴向右平移个单位得到函数的图像则（）A.B.是图像的一个对称中心C.是奇函数D.在区间上的值域为【答案】AB【解析】【分析】根据题意，可得函数周期，从而可求得，由函数的平移变换可得函数的解析式，然后对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】∵函数的零点构成一个公差为的等差数列，∴周期，∴，A正确；函数沿x轴向右平移个单位，可得，，B正确；为偶函数，C错误；在区间上值域为，D错误．故选:AB12.已知定义在上的奇函数对任意的有，当时，．函数，则下列结论正确的是（）A.函数是周期为4的函数B.函数在区间上单调递减C.当时，方程在上有2个不同的实数根D.若方程在上有4个不同的实数根，则 【答案】ABC【解析】【分析】分析函数的周期判断A；确定在区间上单调性判断B；分析的最大值判断C；由方程有4个根求出a的范围判断D作答.【详解】对于A，，，则，因此函数是周期为4的函数，A正确；对于B，当时，，因此函数在区间上单调递减，B正确；对于C，因为函数是上的奇函数，由得：，即函数的图象关于直线对称，当时，当时，，则当时，，，函数在上单调递增，在上单调递减，，因此函数在上的值域为，当时，，当时，，即方程在上无解，当时，令，，当时有，即函数在上递增，当时，，即函数在上有唯一零点，当时，令，显然函数在上单调递减，，，因此函数在上有唯一零点，当时，，即方程在上无解，所以当时，方程在上有2个不同的实数根，C正确；对于D，函数在上单调递增，在上单调递减，，而函数的周期为4，则，，由选项C知，当时，，即方程在上有一个根，当时，，函数在上单调递减，，即方程在上有一个根，显然函数在上单调递增，在上单调递减，当，即时，方程在上有两个根，要方程在上有4个不同的实数根，必有，即，又，因此当时，方程在上无解，所以方程在上有4个不同的实数根， ，D错误.故选：ABC三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知点，，，，若，则______．【答案】【解析】【分析】由条件结合数量积的坐标运算可得，结合同角关系可得，再结合二倍角正弦公式，同角关系化简求值.【详解】因为，，，所以，，又，所以，即，因为，所以，所以，所以故答案为：． 14.已知，则__________．【答案】【解析】【分析】应用赋值法令，得，令，得，即可得到答案.【详解】依题意，令，得，令，得.因为可以得出,，故.故答案为：.15.半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．【答案】【解析】【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.【详解】设棱长为2，则所以原正方体的体积为，所以二十四等边体为，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为． 故答案为：.16.已知F1，F2，分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若，则C的离心率为____．【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式求出，再求出离心率即可.【详解】易知MN关于x轴对称，令，，∴，，∴，∴．，，，∴，∴．故答案为:.四、解答题（本大题共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.在公差不为零的等差数列中，且，，成等比数列．（1）求通项公式；（2）令，求数列的前项和；【答案】（1），； （2）．【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质列方程可求首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）求得，由裂项相消法求和即可．【小问1详解】由题意，设等差数列的公差为，，，成等比数列，，，又，，解得，，；【小问2详解】由，可得， ．18.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．（1）求A；（2）设，D为边BC上一点，且，求AD．参考数据：，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理将用表示，结合两角和的正弦公式化简即可得解；（2）法一：先利用等面积法将用表示，再在中，由正弦定理求得，代入化简即可得解.法二：在和中，分别利用正弦定理求出，再根据即可得解.【小问1详解】因为，所以，所以由正弦定理得，又，所以，因为，所以，所以，即，又，所以；小问2详解】法一：由题意，得，结合，，解得， 在中，由正弦定理得，则，，从而．法二：由题意，得，又，所以，在中，由正弦定理，得，则，在中，由正弦定理得，则，由，得，解得．19.某地区在“精准扶贫”工作中切实贯彻习近平总书记提出的“因地制宜”的指导思想，扶贫工作小组经过多方调研，综合该地区的气候、地质、地理位置等特点，决定向当地农户推行某类景观树苗种植．工作小组根据市场前景重点考察了，两种景观树苗，为对比两种树苗的成活率，工作小组进行了“引种试验”，分别引种树苗，各50株，试验发现有80%的树苗成活，未成活的树苗，株数之比为．（1）完成下面的列联表，依据的独立性检验，分析树苗，的成活率是否有差异；树苗树苗合计成活株数 未成活株数合计5050100（2）已知树苗引种成活后再经过1年的生长即可作为景观树在市场上出售，但每株售价（单位：百元）受其树干的直径（单位：cm）影响，扶贫工作小组对一批已出售的景观树的相关数据进行统计，得到结果如下表：直径1015202530单株售价48101627根据上述数据，判断是否可以用线性回归模型拟合与的关系，并用样本相关系数加以说明．（一般认为为高度线性相关）参考公式及数据：样本相关系数，，．，其中．附表：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析，认为树苗，的成活率无差异；（2）可以用线性回归模型拟合与的关系.【解析】【分析】（1）根据条件，求出树苗未成活、成活株数，树苗未成活有、成活株数，完成列联表；根据提供的公式，求出，与提供的数据对比，即可得出结论；（2）根据表格数据求出，代入相关系数公式求出的值，即可得出结论..【小问1详解】 试验发现有80%的树苗成活，故未成活的树苗有20株，又未成活的树苗，株数之比为，所以树苗未成活5株，成活45株，树苗未成活15株，成活35株．补充列联表如下：树苗树苗合计成活株数453580未成活株数51520合计5050100零假设为：树苗，的成活率无差异．计算可得，依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此认为成立，即认为树苗，的成活率无差异．【小问2详解】可以用线性回归模型拟合与的关系．由题表中数据得，，所以．故可以用线性回归模型拟合与的关系．20.如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点．（1）求证：四边形为平行四边形； （2）若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在三棱柱中，利用线面平行、面面平行的性质推理作答.（2）在平面内过点A作，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.【小问1详解】在三棱柱中，，平面，平面，则平面，又平面平面，平面，于是得，而平面平面，平面平面，平面平面，则，所以四边形为平行四边形.【小问2详解】在平面内过点A作，因平面平面，平面平面，于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系，因，，则， ，，设平面的法向量，则，令，得，点B到平面的距离，解得，因此，，而，设直线与平面所成角为，于是得，所以直线与平面所成角的正弦值为.21.已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于两点（不在轴上），的周长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由的周长得a，再由离心率得c，解得b，得椭圆的方程；（2）依据直线斜率是否存在分类讨论，设直线方程，与椭圆联立，用A，B坐标表示求出取值范围.【小问1详解】由的周长为，得，即， 又离心率，所以，，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）知的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则；②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为且，联立，得，设，，则，，，设点，则，即，代入椭圆方程得，解得，，所以，所以，又，所以的取值范围是.综上所述，的取值范围是.22.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明，对，均有.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义进行求解；（2）将所证不等式转化为，构造函数，利用导数研究其单调性和最值，得到，再构造函数利用导数研究其单调性和最值，得到，再利用不等式的性质进行放缩证明.【小问1详解】因为所以，，，则切线方程为，即.则曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】若证，即证，令，则.当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即.令，，则，可知在上单调递减， 所以，即当时，，从而，所以当时，，，当时，，，综上所述，对，均有.【点睛】方法点睛：在利用导数证明不等式时，合理构造函数，将问题转化为求函数的单调性和最值问题是一种常见方法，如本题中两次构造函数：（1）构造函数证明；（2）构造函数证明.