2023届安徽省安庆市安庆第一中学高考三模数学试题含解析

2023届安徽省安庆市安庆第一中学高考三模数学试题

一、单选题

1．设集合或，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据集合的运算求解.

【详解】由或得：，

而，所以.

故选:D.

2．复数的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据虚数单位的性质求复数，再根据共轭复数的概念分析判断.

【详解】因为，所以.

故选：B.

3．已知两个非零向量，满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量的数量积运算律和夹角公式求解.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

，

故选:D.

4．在等比数列中，，则（    ）

A．4 B．8 C．32 D．64

【答案】D

【分析】根据等比数列的性质求解即可.

【详解】由可得，又，

故，则，解得，即.

故选：D

5．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解.

【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，

所以圆锥体的侧面积为，

圆柱体的侧面积为，

圆柱的底面面积为，

所以此陀螺的表面积为，

故选：C.

6．在中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知的面积为4，b=4，，则a=（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题中的两个等式解得A与c的值，再由余弦定理解得a的值.

【详解】∵，，

∴ ①，②，

∴由①②得，

∵

∴

∴，

∴，

∴.

故选：C.

7．在高三复习经验交流会上，共有3位女同学和6位男同学进行发言.现用抽签的方式决定发言顺序，事件表示“第位发言的是女同学”，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件概率公式计算即可.

【详解】由题意，，

所以，

故选：A

8．已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依题意可得，进而可得在上恒成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性以及最值，即可求出参数的取值范围.

【详解】等价于．

令函数，则，故是增函数．

等价于，即．

令函数，则．

当时，，单调递增：当时，，单调递减．

.

故实数a的取值范围为．

故选：C.

二、多选题

9．函数（其中）的图像如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的最小正周期是

B．

C．为了得到的图像，只需将的图像向左平移个单位长度

D．为了得到的图像，只需将的图像向左平移个单位长度

【答案】BD

【分析】根据函数图像结合三角函数性质，根据周期，初相判断A,B选项，根据平移判断C,D选项即可.

【详解】对A，由图可知，，最小正周期满足，所以，

所以函数的最小正周期是，故A错误；

对B，，即，将代入可得，得，又，所以，故B正确；

对C，由上述结论可知，为了得到

，应将函数向左平移个单位长度.故C

错误，D正确.

故选：BD.

10．若甲组样本数据，，…，（数据各不相同）的平均数为2，方差为4，乙组样本数据，，…，的平均数为4，则下列说法正确的是（    ）

A．a的值为-2 B．乙组样本数据的方差为36

C．两组样本数据的样本中位数一定相同 D．两组样本数据的样本极差不同

【答案】ABD

【分析】结合平均数、方差、中位数、极差的概念以及平均数的和差倍分性质，及一组数据同时乘一个数，同时加一个数对方差的影响，逐项分析即可求出结果.

【详解】由题意可知：，故，故A正确；

乙组样本数据方差为，故B正确；

设甲组样本数据的中位数为，则乙组样本数据的中位数为，所以两组样本数据的样本中位数不一定相同，故C错误；

甲组数据的极差为，则甲组数据的极差为，所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确；

故选：ABD.

11．如图，已知四边形是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中正确的是（    ）

A．

B．与可能垂直

C．四面体的体积的最大值是

D．直线与平面所成角的最大值是

【答案】ABC

【分析】由折叠平面的变与不变性，对于A，取中点，可得⊥面，A选项可判断；对于B，假设与垂直，则⊥面，再根据题目所给长度即可判断；对于C，当面面时，此时四面体的体积的最大,计算最大体积即可;对于D，当面面时，此时直线与平面所成角最大，判断即可.

【详解】对于A，如图所示，取的中点，连接，

是以为斜边的等腰直角三角形，，

为等边三角形，，

又面，

面，又面，，故A正确.

对于B，假设，又面，

 面，又面，，

又，易知，

当时，，故与可能垂直，故B正确.

对于D，当面面时，面面=，平面，

此时面即为直线与平面所成角，

此时，故D错误.

对于C，易知当面面时，此时四面体的体积最大，

此时的体积为：，故C正确.

故选：ABC.

12．已知数列满足，，，数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．数列为单调递增的等差数列

D．满足不等式的正整数n的最小值为63

【答案】ABD

【分析】由和递推公式→→，→A选项正确，B选项正确；

→→为单调递增的等差数列→C选项不正确；

→→→D选项正确

【详解】因为，所以，所以，

则，解得，

，所以，，所以A选项正确，B选项正确；

因为，所以，

所以，又，

所以，

所以为单调递增的等差数列，

则数列不是单调递增的等差数列，所以C选项不正确；

，

则，

，

解得，又，

所以正整数n的最小值为63，所以D选项正确．

故选：ABD．

【点睛】数列问题，常常需要由递推公式求出通项公式，方法有累加法，累乘法，构造法等，要根据数列特征选择不同的方法.

三、填空题

13．已知某地最近10天每天的最高气温（单位：）分别为，则这10天平均气温的80%分位数为___________.

【答案】17.5

【分析】根据百分位数的定义求解.

【详解】这10天的平均气温的数据按照从小到大的顺序排列为：

这10天平均气温的分位数为.

故答案为：17.5.

14．已知，则________.

【答案】或

【分析】利用平方关系式和商数关系式转换求解即可得的值.

【详解】解：将两边平方得，

所以，所以

分式上下同除得：

整理得：，解得：或

故答案为: 或.

15．已知非负数满足，则的最小值是___________.

【答案】4

【分析】根据题意，再构造等式利用基本不等式求解即可.

【详解】由，可得，当且仅当，即时取等号.

故答案为：4

16．抛物线上一点到抛物线准线的距离为，点关于轴的对称点为，为坐标原点，的内切圆与切于点，点为内切圆上任意一点，则的取值范围为__________．

【答案】

【详解】因为点在抛物线上，所以，点A到准线的距离为，解得或．当时，，故舍去，所以抛物线方程为∴，所以是正三角形，边长为，其内切圆方程为，如图所示，∴．设点（为参数），则，∴．

【点睛】本题主要考查抛物线性质的运用，参数方程的运用，三角函数的两角和公式合一变形求最值，属于难题，对于这类题目，首先利用已知条件得到抛物线的方程，进而可得到为等边三角形和内切圆的方程，进而得到点的坐标，可利用内切圆的方程设出点含参数的坐标，进而得到，从而得到其取值范围，因此正确求出内切圆的方程是解题的关键.

四、解答题

17．已知函数.

(1)求函数的单调递增区间；

(2)求在区间［0，］上的最值.

【答案】(1)（kZ）

(2)最大值为1，最小值为-.

【分析】（1）由三角函数降幂公式与二倍角公式，根据辅助角公式，化简函数为单角三角函数，根据正弦函数的单调性，可得答案；

（2）利用整体思想，根据正弦函数的图象性质，可得答案.

【详解】（1）=.

因为y＝sinx的单调递增区间为（kZ），

令（kZ），得（kZ）.

所以的单调递增区间为（kZ）.

（2）因为x∈［0，］，所以2x＋.

当2x＋=，即x＝时，最大值为1，

当2x＋=，即x＝时，最小值为-.

18．设数列的前项和满足，且，成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的通项公式与前项和.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）先根据得到，利用，成等比数列，可得，可判断数列是首项为1，公比为2的等比数列，即可得.

（2）由得，利用分组求和法可得.

【详解】（1）由已知，有，

即，从而，，

又因为，成等比数列，即，

所以，解得，

所以，数列是首项为1，公比为2的等比数列，

故.

（2）因为是首项为1，公差为2的等差数列，所以，

所以数列的通项公式为，

.

19．如图,四棱锥中,底面为的中点.

(1)若点在上,,证明:平面;

(2)若,求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点,连接,根据已知条件证明四边形是平行四边形,即可证明;

（2）取中点,根据条件可以证明,所以所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,分别求出平面的法向量和平面的法向量,再利用公式求解即可.

【详解】（1）如图所示:

取中点,连接,

因为,所以,

又,所以,

因为,所以,

又因为为的中点,所以且,

即有且,

所以四边形是平行四边形,

所以,

又因为平面平面，

所以平面.

（2）连接,因为,所以为等腰三角形,

取中点,连接,则有,又因为,所以,

又因为底面,

如图,以所在直线分别为轴,轴,轴建立空间坐标系,

因为,

则有,

所以,

设平面的法向量为,

则有,则,

因为底面,取平面的法向量,

设二面角的大小为为钝角,

则有,

即二面角的余弦值为.

20．已知双曲线的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线相切．

(1)求双曲线的方程；

(2)已知点为双曲线的左焦点，试问在轴上是否存在一定点，过点任意作一条直线交双曲线于，两点，使为定值？若存在，求出此定值和所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，定值为1，

【分析】(1)利用点到直线的距离公式求得的只，再根据焦距，求得即可求解；

(2)假设存在满足条件的点，先在直线垂直于轴时，求得定值，再结合根与系数的关系，分析验证直线不垂直于轴时，求得此定值的情况，从而得出结论.

【详解】（1）原点到直线的距离，

，，

双曲线的方程为；

（2）假设存在点满足条件，

①当直线方程为时，则，

；

②当直线方程不是时，可设直线，代入

整理得，

由得，

设方程的两个根为，，满足，

，

当且仅当时，为定值1，

解得，

不满足对任意，，不合题意，舍去．

而且满足；

综上得：过定点任意作一条直线交双曲线于，两点，

使为定值1．

21．某校组织“青春心向党，喜迎二十大”主题知识竞赛，每题答对得3分，答错得1分，已知小明答对每道题的概率是，且每次回答问题是相互独立的.

(1)记小明答3题累计得分为，求的分布列和数学期望；

(2)若小明连续答题获得的分数的平均值大于2分，即可获得优秀奖.现有答和道题两种选择，要想获奖概率最大，小明应该如何选择？请说明理由.

【答案】(1)分布列见解析，数学期望：

(2)小明选择答道题时，获奖的概率更大，理由见解析

【分析】（1）由X的取值为3，5，7，9，再利用独立重复试验求得概率，然后列出分布列进而求得数学期望；

（2）分别求出小明选择答道题与道题获得优秀奖的概率，再进行比较即可.

【详解】（1）由题意知，

，

，

，

所以的分布列为

；（2）由题意可知甲同学答一题得3分的概率为，得1分的概率为，

若选择答道题，此时要能获得优秀奖，则需次游戏的总得分大于，

设答道题中，得3分的题数为，则，则，

易知，

故此时获优秀奖的概率：，

，

，

同理可以求出当选择答道题，获优秀奖的概率为，

因为，

所以，则，

所以小明选择答道题时，获奖的概率更大.

22．已知函数，.

(1)当时，，求实数的取值范围；

(2)已知，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）证明出，在时，可得出，在时，，分析可知，综合可得出实数的取值范围；

（2）由（1）变形可得，令，可得出，可得出，，证明出，可得出，，利用不等式的基本性质可证得结论成立.

【详解】（1）解：令，则，

当时，，则函数在上单调递增，

当时，，则函数在上单调递减，

所以，，即，

所以，当时，，即，

当时，取，

由于，而，得，

故，不合乎题意.

综上所述，.

（2）证明：当时，由（1）可得，则，

可得，即，即，

令，所以，，所以，，即，

所以，，，

令，则，且不恒为零，

所以，函数在上单调递增，故，则，

所以，，，

所以，

.

【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.