2023届马鞍山市高三教学质量检测数学试卷及参考答案

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一、选择题：本大题共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。
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。
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．【答案】3．
14．【答案】，其中（只要符合题意即可）．
15．【答案】．
16．【答案】．
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．（10分）
【解析】（1）由题意，，，，令得，又数列为等比数列，所以，即数列为公比为等比数列．
所以，，数列是首项为，公差为的等差数列，
数列的通项公式：．（3分）
由，，成等差数列，得：，，，有．（5分）
（2）由（1）知：，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列．
．（10分）
18．（12分）
【解析】（1）选择条件①：
，
所以，于是，又，所以．
选择条件②：
因为，
解得，又，所以．
选择条件③：
则，由正弦定理得：，
即，整理得：，
由得：，又，所以．（6分）
（2）由（1）知，，为锐角三角形，所以，
由正弦定理，得，
于是，．
化简得，，
因为，所以，，
故的取值范围为．（12分）
19．（12分）
【解析】（1）证法1：因为底面，所以，
又为正方形，所以，
且，所以平面，
又平面，所以，
因为，为线段的中点，所以，
且，所以平面，
而平面，所以平面平面．（6分）
证法2：以点为坐标原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，由已知可得，，，，，，则
，，，．
设平面的法向量为，
由,得,，所以，
令，得，，所以．
设平面的法向量为，
由,得,，所以，
令，得，，所以，
因为，所以，所以平面平面．（6分）
（2）方法1：因为底面为正方形，所以，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，设所求角为，
由已知可求得，，，所以，
所以，又，点到平面的距离为2，
设点到平面的距离为，由，得，得，
又，所以．（12分）
方法2：因为，平面的法向量为，
设直线与平面所成的角为，则．（12分）
20．（12分）
【解析】（1）随机变量的可能取值为，（1分）
，，
，，
．（4分）
随机变量的分布列为：
随机变量的期望．（6分）
（2），，．
，，．（8分）
根据公式，甲品种的变异系数为，乙的变异系数为，
所以甲品种的成年水牛的变异系数大．（12分）
21．（12分）
【解析】（1）由题意，，满足，即．
于是，，（4分）
所以双曲线的渐近线方程为．（5分）
（2）由题，，直线，直线．
联立直线与直线方程，解得，故．（7分）
由（1）知双曲线，故，
于是直线，即，即，与双曲线联立得：，即，（10分）
即，因为，所以直线与双曲线只有一个公共点．（12分）
22．（12分）
【解析】（1）由，得．
令，则，
．
于是在上单增，故．
① 当时，则，所以在上单增，，
此时对恒成立，符合题意；（4分）
② 当时，，，故存在使得，
当时，，则单减，此时，不符合题意．
综上，实数的取值范围．（6分）
（2）由（1）中结论，取，有，即．
不妨设，，则，整理得．（9分）
于是，
即．（12分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
C
C
B
C
D
A
题号
9
10
11
12
答案
AC
AD
ABD
AD
0
1
2
3
4