精品解析：安徽省安庆市桐城中学2023届高三下学期第一次模拟数学试卷（解析版）

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桐城中学2023届模拟考试数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
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题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）
1. 集合 ，集合，全集，则为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的性质以及根式的性质可化简集合，即可由集合的交并补运算求解.
【详解】对于集合A,由于或，所以,，
,故，
故选：B
2. 设复数z满足条件|z|＝1，那么取最大值时的复数z为（ ）
A. +i B. +i C. i D. i
【答案】A
【解析】
【分析】复数的模转化为距离，是单位圆上的点，是单位圆上点与的距离的最大值，可求解答案．
【详解】复数满足条件，它是复平面上的单位圆，那么表示单位圆上的点到的距离，
要使此距离取最大值的复数，就是和连线和单位圆在第一象限的交点．
点到原点距离是2．单位圆半径是1，又，所以．
故对应的复数为．
故选：A

3. 函数大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，再代入计算和的值即可得到正确答案.
【详解】因为，
且函数定义域为，关于原点对称，所以是偶函数，其图象关于轴对称，排除C；
，排除B；，排除D.
故选：A.
4. 给出下列命题，其中不正确的命题为（ ）
①若样本数据的方差为3，则数据的方差为6；
②回归方程为时，变量x与y具有负的线性相关关系；
③随机变量X服从正态分布，则；
④甲同学所在的某校高三共有5003人，先剔除3人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本，则甲被抽到的概率为．
A. ①③④ B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】根据方差的性质可判断①；根据变量x，y的线性回归方程的系数，判断变量x，y是负相关关系可判断②；利用正态分布的对称性，计算求得结果可判断③；根据简单随机抽样概率均等，计算出每人被抽取的概率可判断④.
【详解】对于①，若，则，故①错误；
对于②，回归方程为，可知，则变量x与y具有负的线性相关关系，故②正确；
对于③，∵，∴，∴，
∴，∴，故③错误；
对于④，根据简单随机抽样概率均等可知，甲被抽到的概率为，故④错误．
故选：A．
5. 命题p：，，则为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】化简命题“，”，结合全称命题与存在性命题的关系，即可求解.
【详解】由题意，命题“，”可化为命题“，”
根据全称命题与存在性命题的关系得：
命题“，”的否定“，”.
故选：D.
6. 某晚会上某歌舞节目的表演者是3个女孩和4个男孩．演出结束后，7个人合影留念（3个人站在前排，4个人站在后排），其中男孩甲、乙要求站在一起，女孩丙不能站在两边，不同站法的种数为（ ）
A. 96 B. 240 C. 288 D. 432
【答案】D
【解析】
【分析】
首先分男孩甲、乙站在前排与男孩甲、乙站在后排两种情况.当男孩甲、乙站在前排，此时女孩丙站在后排，计算此种情况下，满足要求的站法种数；当男孩甲、乙站在后排时，继续分女孩丙站在前排与女孩丙站在后排两种情况，分别计算满足题意的站法种数.最后综合各种情况，即可得解.
【详解】（1）男孩甲、乙站在前排，则女孩丙站在后排，前排的站法种数为，后排的站法种数为，此种情况共有种站法．
（2）男孩甲、乙站在后排，
①若女孩丙站在前排，则此时共有种站法，
②若女孩丙站在后排，则此时共有种站法．
综上，满足题意的站法共有（种）．
故选：D.
【点睛】本题考查排列组合知识的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中等题．
7. .如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.
【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，
得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，
点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，
椭圆长轴长，
过作于D，连，显然四边形为矩形，
又，
则，
过作交延长线于C，显然四边形为矩形，
椭圆焦距，
所以椭圆的离心率．

故选：A.
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
8. 若实数a，b，，且满足，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. c>b>a B. b>a>c C. a>b>c D. b>c>a
【答案】B
【解析】
【分析】注意到，，.通过构造函数可比较与c的大小.后构造可比较大小，即可得大小.
【详解】由，，，
得，，，令，则，
当时，，当时，，所以在上是增函数，
在上是减函数，于是，即，
又b，，所以；
，
因为，所以，，，
因此，于是，又a，，所以；
令，则，所以在上是增函数，，，即，，，
于是，又a，，所以；
综上.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题考查构造函数比较代数式大小，难度较大.
对于不好估值的代数式，常通过观察构造适当的函数，利用函数单调性得到大小关系.
二、多项选择题（本大题共4题，每小题5分，共计20分.每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，漏选得2分，多选或错选不得分）
9. 如图，在棱长为1的正方体中，P是上的动点，则（ ）

A. 直线与是异面直线
B. 平面
C. 的最小值是2
D. 当P与重合时，三棱锥的外接球半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，利用平面可说明直线与是异面直线；
选项B，先证明平面平面，再由平面，得平面；
选项C，通过作辅助线，将的最小值转化为求的值，在中，利用勾股定理求出的值；
选项D，认识到当P与重合时，三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个，利用正方体来求外接球半径.
【详解】A选项，因为直线与平面相交于点，直线在平面内，所以由线线位置关系知，直线与是异面直线，故选项A正确；
B选项，连接，，由正方体性质，易知，，，所以四边形为平行四边形，
有，又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又，都在平面内，且相交于点，所以平面平面，
又平面，所以平面，故选项B正确；

C选项，延长到，使得，连接，
在上取点，使得，
则，有.
故.
过点作，交于点，
在中，因为，所以，又，
所以，，，，
所以的最小值为，故选项C错误；

D选项，当P与重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
又正方体的棱长为1，故其外接球半径，故选项D正确.
故选：ABD.
10. 在边长为4的正方形中，在正方形（含边）内，满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 若点在上时，则
B. 的取值范围为
C. 若点在上时，
D. 当在线段上时，的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，然后利用向量的线性坐标运算逐个分析判断即可.
【详解】如图建立平面直角坐标系，则，设，
因为，
所以，所以，
对于A，由题意可得线段的方程为，，
因为点在上，所以，
因为，所以，
所以，所以A正确，
对于B，因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以B错误，
对于C，因为，所以，
因为，，
所以，
若，则，得，
因为，所以不满足，
所以不成立，所以C错误，
对于D，
，当且仅当时取等号，
所以当在线段上时，的最小值为，所以D正确，
故选：AD

11. 关于函数，则下列结论正确的有（    ）
A. 是奇函数 B. 的最小正周期为
C. 的最大值为 D. 在单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性定义、三角函数的周期性以及函数周期的求法判断AB；再根据周期性研究函数在区间上的最值、以及单调性，判断CD.
【详解】由题知，定义域为，


，
所以是奇函数，故A正确；
因

，
所以是的周期，故B错；



，
当且仅当时，等号成立，
由得，
即，所以，故C正确；
因，
，
则，
所以在上不是单调递增的，故D错.
故选：AC
12. 已知抛物线的焦点为，以该抛物线上三点为切点的切线分别是，直线相交于点与分别相交于点.记的横坐标分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导函数和斜率的关系表示出切线方程可求出的坐标可判断A，根据向量数量积的坐标运算判断B,并根据两点间的距离公式运算求解即可判断C,D.
【详解】设，
所以，即，
同理，
，即，也即，B正确；


不一定为A错误；


正确；





正确，
故选:BCD.
三、填空题（每小题5分，共计20分）
13. 若的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为______.
【答案】
【解析】
【分析】令求得，写出的展开式的通顶公式分别求出它的系数与常数项，再与的系数相结合即可得展开式中的系数.
【详解】因为的展开式中各项系数之和为,
令,得,所以6.
因为展开式的通顶公式为,
令,得;令,得,
所以展开式中的系数为.
故答案为：
14. 数列满足下列条件：，且，恒有，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由条件，恒有，得出
，按照此规律计算到，再分组求和即可得出答案．
【详解】，








，
故答案为：．
15. 若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】设切点，求导得切线方程，进而根据过点，将问题转化为方程有两个不相等实根，得韦达定理，进而构造函数或，由导数求解单调性即可求解范围.
【详解】设切点，
则切线方程为，
又切线过，则，

有两个不相等实根，
其中或，

令或，
当时，，当时，，
所以函数上递增，在上递减，
，，
当时，，当时，，
所以，即.
故答案为：
16. 三棱锥中，平面，，，点在三棱锥外接球的球面上，且，则的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】本题距离最小时，点的位置不好确定，可考虑用空间直角坐标系来解决问题.
【详解】如图所示：

分别取、的中点、，连接、,则，
由题意知平面,所以，.
因为,所以，即、、两两垂直.
以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，，
，，.
，斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径.
设点，则.
，
由题意，
得，可设.


故答案为：.
【点睛】思路点睛：
直角模型找外接球球心可考虑斜边中点.
空间中的角可以转化为向量夹角进而转化为坐标之间的关系.
位置关系中的最值问题的常见思路之一为转化为函数，利用函数或基本不等式求最值.
四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，17题10分，其余各题每题各12分）
17. 在中，三边所对的角分别为，已知，
（1）若，求；
（2）若边上的中线长为，求的长.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理整理得，得到，求得，再由正弦定理，即可求解；
（2）设边上的中线为，得到，结合向量的运算，求得，再利用余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
解：因为且，
由正弦定理得，
整理得，
因为，可得，
可得，
又因为，可得，所以，即，
因为，所以，
由正弦定理的且，可得.
【小问2详解】
解：设边上的中线为，则，
所以，
因为边上的中线长为，可得，整理得，
解得或（舍去），
所以.

18. 已知等比数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式．
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）不存在
【解析】
【分析】（1）由题意知为等比数列，取代入等式即可解出，即可写出.
（2）根据题意结合第一问先写出的通项公式，假设存在，解出m、k、p结果与题意矛盾,则不存在.
【详解】（1）由题意知：
当时： ①
当时： ②
联立①②，解得.
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，.
所以.
所以.
设数列中存在3项，，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
则，
所以，即.
又因为m，k，p成等差数列,
所以
所以
化简得
所以
又，所以与已知矛盾.
所以在数列中不存在3项，，成等比数列.
19. 如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．

（1）证明：平面平面；
（2）设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）依题意可得平面，再由面面平行及，可得平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可得到平面，再证明平面，即可得证；
（2）设点，其中，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【小问1详解】
因为为正方形，所以，又，，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，即，
又平面平面，，
所以平面，即为二面角的平面角，即，

如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因为，平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由点在上，设点，其中，点，
所以，平面的法向量可以为，
设与平面所成角为，
则，
即，化简得，
解得或（舍去），
所以存在点满足条件，且点到平面的距离为.
20. 某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：

（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.
（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50．用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，.
（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券3万元．已知硬币出现正、反面的概率都是0.5方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第20格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次．若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到）若掷出反面遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到第19格胜利大本营）或第20格（失败大本营）时，游戏结束．设遥控车移到第格的概率为P试证明是等比数列，并求参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值．
【答案】（1）300；（2）0.8186；（3）证明见解析，期望值为，约2万元.
【解析】
【分析】0000
(1)利用每组中点值乘以其频率,再求和即可得到平均值；
(2)由(1)可知，利用求解即可；
(3)根据题意可知：得出移到第n格两种方式①遥控车先到第格，又掷出反面；②遥控车先到第格，又掷出正面，由此得到，利用定义证明其为等比数列，结合累加法得出的表达式，由此得到，，根据题意得出参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，或0，分别求出或0的概率，然后求出期望即可.
【详解】（1）（千米）
（2）因为服从正态分布
所以
（3）遥控车开始在第0格为必然事件，，第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为,即．遥控车移到第n（）格的情况是下列两种，而且也只有两种．
①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为
②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率
所以，
当时，数列是公比为的等比数列

以上各式相加，得
（）， 获胜的概率
失败的概率
设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，或0
X的期望
参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为，约2万元.
【点睛】本题主要考查了频率分布直方图求平均数、正态分布求概率，等比数列的证明以及数学期望的求法，题目较为综合，考查面较广，属于难题.
21. 如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线的左、右焦点分别为、，从发出的光线经过图2中的、两点反射后，分别经过点和，且，.

（1）求双曲线的方程；
（2）设、为双曲线实轴的左、右顶点，若过的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）在直线上
【解析】
【分析】（1）延长与交于，分析可得，令，则，，利用双曲线的定义可得出的值，利用勾股定理求出的值，进而可求得的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，联立直线、的方程，求出的值，即可得出结论.
【小问1详解】
解：如图所示：

延长与交于，因为，，
则，即，
令，则，
所以，，
由双曲线的定义可得，则，
，则，
又因为，即，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，则，
故，
因此，双曲线的方程为.
【小问2详解】
解：若直线与轴重合，则直线与双曲线的交点为双曲线的两个顶点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，

由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
易知点、，则，，
直线方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程并消去可得，
可得
，解得，
因此，直线与直线的交点在定直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22 已知函数，，其中.
（1）分别求函数和的极值；
（2）讨论函数的零点个数.
【答案】（1）有极大值，无极小值；有极小值，无极大值；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数研究、的单调性，进而确定其极值情况；
（2）由题设可得，讨论参数a，根据判断单调性，再结合零点存在性定理确定各情况中零点个数.
【小问1详解】
由且，
由，得，由，得，
所以在上是增函数，在上是减函数，
故有极大值，无极小值.
且，
由，得，由，得，
所以在上是减函数，在上是增函数，
故有极小值，无极大值.
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
所以.
当时，，无零点；
当时，，令，得，令，得，
所以在上是增函数，在上是减函数，最大值，
若，即时，无零点；
若，即时，只有一个零点；
若，即时，，又，由（1）知：，
所以，故在上有唯一零点.
由（1）知：及，于是和，
所以，又，，故在上有唯一零点.
当时，由（1）知，，于是，而，
所以，无零点.
综上，或时无零点；时只有一个零点；时有两个零点.
【点睛】关键点点睛：第二问，分类讨论参数a，并利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断零点的个数.