2023届安徽省铜陵市高三三模数学试题含解析

2023届安徽省铜陵市高三三模数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解一元二次不等式求出集合，解指数函数不等式求出集合，再由并集的定义即可得出答案.

【详解】因为，，

所以，

故选：A

2．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出，再根据复数的除法运算计算即可.

【详解】由复数，得，

则.

故选：D.

3．在平行四边形中，是边上中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量的线性运算进行求解.

【详解】因为是平行四边形的边上中点，所以，

所以，

所以.

故选：C.

4．若有4名女生和2名男生去两家企业参加实习活动，两家企业均要求既有女生又有男生，则不同的分配方案有（    ）种

A．20 B．28 C．32 D．64

【答案】B

【分析】根据分步乘法计数原理，先安排男生，再安排女生，在安排女生时，利用间接法分析运算即可.

【详解】先安排2名男生，保证每个小组都有男生，共有种分配方案；

再安排4名女生，若将每个女生随机安排，共有种分配方案，

若女生都在同一小组，共有种分配方案，

故保证每个小组都有女生，共有种分配方案；

所以共有种分配方案.

故选：B.

5．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用换底公式得到，再利用基本不等式比较即可；同理得到的大小.

【详解】解：因为，

又因为，

所以，即；

因为，

又因为，

所以，即，

所以，

故选：A

6．已知抛物线，点在上，直线与坐标轴交于两点，若面积的最小值为1，则（    ）

A．1 B． C．1或 D．或

【答案】B

【分析】先分析直线和抛物线不会相交，然后分析出点的位置为斜率为的直线和抛物线的切点时面积最小，最后用点到直线的距离公式计算.

【详解】

不妨设，由题可得无解，

否则若直线和抛物线有交点时，当时，面积将趋近，

故，解得.

由图可知，当恰好为斜率为的直线和抛物线的切点时，的面积最小.

令，不妨，则，

又点到直线的距离为，

则，解得（舍去）.

故选：B

7．已知函数，，满足以下条件：①，其中，：②.则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用赋值法得到，再用累加法直接求解即可.

【详解】令，则，又，所以，

令，则，即.

所以，，，，，

累加得：，

所以.

故选：D

8．已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.

【详解】

在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，

，

设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，

，

，

P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，

若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，

在中，，

所以，当P在面内部的轨迹长为，

同理，当P在面内部的轨迹长为，

当P在面时,如图③所示，

面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，

所以P在正方形内的轨迹为，

所以，

综上：P的轨迹长度为.

故选：C

【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.

二、多选题

9．近年来，加强青少年体育锻炼，重视体质健康已经在社会形成高度共识，某校为了了解学生的身体素质状况，举行了一场身体素质体能测试，以便对体能不达标的学生进行有效的训练，促进他们体能的提升，现从全部测试成绩中随机抽取200名学生的测试成绩，进行适当分组后，画出如下频率分布直方图，则（   ）

A．

B．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有70人

C．估计全校学生体能测试成绩的平均数为77.5

D．估计全校学生体能测试成绩的69%分位数为84

【答案】ACD

【分析】根据频率分布直方图中频率和等于1可求出，判断A；求出成绩落在内的频率，再乘以总人数可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据百分位数的定义求解可判断D.

【详解】根据频率和等于1得，

解得，故A正确；

成绩在区间内的学生人数约为，故B错误；

学生体能测试成绩的平均数约为，故C正确；

，

，

所以这组数据第69%分位数的估计值落在区间内，

，故学生体能测试成绩的69%分位数为84，故D正确；

故选：ACD

10．若函数的图象关于直线对称，则（    ）

A．

B．点是曲线的一个对称中心

C．在上单调递增

D．直线是曲线的一条切线

【答案】BCD

【分析】由题意利用对称轴即可求解判断A；代入验证法即可判断B；根据的范围，求解的范围，结合余弦函数的性质即可判断C；利用导数的几何意义判断选项D.

【详解】因为函数的图象关于直线对称，

所以，即，又，所以，A选项错误；

，因为，

所以点是曲线的一个对称中心，B选项正确；

，当时，，

由余弦函数的性质知当时，单调递增，

所以函数在上单调递增，C选项正确；

设切点为，由可得切线斜率，

若直线与曲线相切，则，

解得，则切点坐标为，此时切线为，

故直线是曲线的一条切线，选项D正确．

故答案为：BCD

11．如图，在棱长为1的正方体中，，分别是棱，上的动点，且，则（    ）

A．

B．

C．存在无数条直线与直线，，均相交

D．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，根据线线平行、线线垂直、异面直线概念判断、三棱锥体积、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.

【详解】以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，则

，

设，即点，其中.

设，即点，其中.

所以，

所以，所以，所以，，

所以，又，

若，则，所以，所以，

故只有时，，故选项A错误；

因为，

所以，

所以，故选项B正确

设直线上任一点为，上任一点为，上任一点为，

，

当、H、K三点共线时，存在直线与直线，，分别交于点、H、K，

由、H、K三点共线得，所以，

所以所以当且，时，随着k的变化而变化，

所以存在无数条直线与直线，，均相交，故选项C正确；

由等体积法得，

又，

当且仅当即时，等号成立，此时三棱锥的体积最大，

故，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，得．

显然底面的一个法向量为．

设二面角的平面角为，由题意知为锐角，

因为，所以，

故当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为，故选项D正确.

故选：BCD

12．已知三个互不相等的正数a，b，c满足，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据题意，构造，由其单调性即可判断AB，然后分别讨论

与，由的单调性即可判断CD.

【详解】因为，构造，

则，易得在上递减，在上单增，

，所以a，c一个比2大，一个比2小，

所以，B选项正确.

①当时，，设，易知单减，且，所以，所以，故，

又因为，故，即，所以；

②当时，，所以，故，

又因为，故，即，所以.

综上C选项正确.

故选：BC

【点睛】本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的单调性，从而证出不等关系，其中构造函数是关键.

三、填空题

13．的展开式中的系数是______.

【答案】672

【分析】先得到展开式通项公式，从而得到，结合求出的系数.

【详解】展开式通项公式为，

当时，，

当时，，

故的展开式中的系数为.

故答案为：672

14．已知非零实数，满足，当时，______.

【答案】1

【分析】先利用诱导公式得到，利用正切差角公式得到，结合结合齐次化法得到.

【详解】，即，

其中，即，

所以，

当时，，

方程两边同时除以得，，

整理得，，

所以.

故答案为：1

15．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为，是山坡上一点，且.现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为______.

【答案】

【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值.

【详解】由题意，半径为2km，山高为，则母线,

底面圆周长，所以展开图的圆心角，

如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，,

由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，即点为公路的最高点，段即为下坡路段，

则，即，得

下坡路段长度为.

故答案为：

16．“康威生命游戏（Game of Life）”是由剑桥大学约翰•何顿•康威教授设计的一款计算机程序，模拟生命之间既协同又竞争的生存定律.程序界面是一个无限大的网格，程序开始时，在每个方格放置一个生命细胞，用黑色方格表示该细胞为“存活”状态，白色方格（空格）表示该细胞为“死亡”状态，初始时每个细胞随机地设定为“存活”或“死亡”之一的某个状态，然后根据一定的规则计算出下一代每个细胞的状态，画出其细胞的生死分布图，再计算出下一代每个细胞的状态，画出其细胞的生死分布图，以此类推，每个细胞迭代后的状态由该细胞本身的状态及周围8个细胞的状态决定，规则如下表所示：

若某种初始状态在迭代过程中细胞的生死分布图发生改变，并在迭代了若干代之后能够回到初始状态，则称该初始状态对应的图形为“振荡器”.下列四种初始状态中（图中未画出的网格外侧均视为空格），对应的图形为“振荡器”的是______（填序号）.

【答案】（2）（3）

【分析】根据题意，结合四种初始状态的变化情况即可得到结果.

【详解】根据题意，四种初始状态变化如下：

（1）保持初始状态不变，不符合条件

（2） 符合条件

（3）符合条件

（4）不再变化，不符合条件

故答案为：（2）（3）.

四、解答题

17．已知数列的前项和满足，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用累乘法求出，再利用求解的通项公式；

（2）对通项公式变形，利用裂项相消法求和即可证明.

【详解】（1）由题意可知：，则时有，

∴，

∴，

∵，∴.经验证符合题意；

∴时，，经验证，符合题意.

∴.

（2）由（1）可知，∴

∵，

∴

∴

∴.

18．如图所示，空间四边形中，，，且，，二面角的大小为45°.

(1)求异面直线和的夹角；

(2)求二面角的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用二面角的概念求出长度,再利用线线角的向量的求法或者几何求法可得答案；

（2）利用二面角的定义求解或者利用空间向量解决二面角问题.

【详解】（1）∵，，∴

，∴，

，

∵二面角的大小为45°，∴ ，

 ∴，.

方法一：又，，∴，

∴，即，的夹角为.

方法二：取的中点，∵，，∴，，

又，∴平面，∴，即AC，BD的夹角为.

（2）方法一：过作于，连接，

由（1）知：，，

∴，∴，

∴即为二面角的平面角，由勾股定理可知，，

由等面积法可知,所以.

∴，∴二面角的大小为.

方法二：过在平面内作的平行线，显然与夹角为45°，如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则

，，，，

由题意可知：平面的法向量为，设平面的法向量为，

， ，

,得，

令，则，∴，

由图可知二面角为钝角，∴二面角的大小为.

19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，.

(1)试判断三角形的形状；

(2)若线段长为3，其端点分别落在边和上，求内切圆半径的最大值.

【答案】(1)等边三角形

(2)

【分析】（1）根据余弦定理、基本不等式结合三角函数的单调性求出角的范围，根据面积确定角，从而确定三角形的形状；

（2）根据等面积法以及余弦定理得内切圆半径的解析式，再根据基本不等式求取值范围.

【详解】（1）由，，得，

由余弦定理，得，即，

又，当且仅当时等号成立，

∴，∴，又，∴，

∴，又，∴.

∴，由等号成立的条件可知，，∴为等边三角形.

（2）设内切圆的圆心为O，半径为，

则，

从而（其中指的周长），∴，

∵，

∴，

∴，

又，当且仅当AM=AN等号成立

∴，

∴，∴.

20．某校承接了2023年某大型考试的笔试工作，考试前，学校将高二年级的201~205五个班级内部的墙壁装饰画取下后打包，统一放置，考试结束后再恢复原位.学校安排了三位校工甲、乙、丙进行该项工作，每位校工至少负责一个班级的装饰画复原工作.已知每位校工能够完全还原一个班级装饰画的概率均为，并且他们之间的工作相互独立.

(1)求校工甲将自己负责的所有班级的装饰画完全还原的概率；

(2)设校工乙能够完全还原的班级数为X，求X的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用古典概型的概率的计算公式及全概率公式即可求解；

（2）根据已知条件求出X的取值，利用相互独立事件的概率公式及二项分布求出随机变量取值相应的概率，进而求出随机变量X的分布列，再利用随机变量的均值公式即可求解.

【详解】（1）设事件：甲分的班级数为个（，2，3），事件：甲完成班级的装饰画复原.

∴，，

，又，

所以.

（2）又题意可知的可能取值为0，1，2，3

所以的分布列为：

.

21．已知抛物线，其焦点为，定点，过的直线与抛物线相交于，两点，当的斜率为1时，的面积为2.

(1)求抛物线的标准方程；

(2)若抛物线在，点处的切线分别为，，且，相交于点，求距离的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出的方程，联立方程，求出两点的坐标，再根据的面积即可得解；

（2）设，，，切点，再根据导数的几何意义分，和三种情况讨论求出切线方程，即可得切线分别为，，进而可求得点的轨迹方程，从而可得出答案.

【详解】（1）过且斜率为1的直线为：，

代入拋物线方程可知，解得或，

则不妨令点M，N分别为，，

∴，∴，，

∴抛物线方程为：；

（2）设，，，切点，

由题意可知：对于抛物线，当时，；，；时，，

显然时，；时，，

若，则点处的切线为，即，

∵，∴，即，

同理，若，点处的切线为，

时，，则在顶点处的切线为，符合上述表达式，

∴点处的切线为；点处的切线为，

在这两条切线上，∴，

则的直线方程为，

∵在上，∴，即在定直线上，

∴长的最小值即为点到直线的距离，

此时.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

22．已知函数.

(1)试求函数的极值；

(2)若存在实数使得成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)答案详见解析

(2)

【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的极值.

（2）化简题目所给不等式，结合（1）的结论，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.

【详解】（1）.

①时，函数在上单调递增，不存在极值.

②时，由得，

时，，单调递减，

时，，单调递增，

∴，无极大值.

（2）由题意可知：，

∵，∴.

由（1）可知时，函数在上单调递增，则存在，，即.

令，则，有，时，，单调递减，

时，，单调递增，∴，∴.

【点睛】利用导数研究函数的极值，首先要利用导数研究函数的单调区间，在求得函数的定义域和导函数后，如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论的标准制定可根据导函数的结构来决定.