安徽省马鞍山市2023届高三三模数学试题含解析

这是一份安徽省马鞍山市2023届高三三模数学试题含解析，共22页。

2023届马鞍山市高三第三次教学质量检测
数学
本试卷4页，满分150分.考试时间120分钟.
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义和运算即可求解.
详解】由题意得，
.
故选：B.
2. 若复数z满足，则　　
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数乘法运算,即可求得z．
【详解】由
得
故选A
【点睛】本题考查了复数的基本运算，属于基础题．
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线的规则求出x，再根据向量的坐标运算规则求解.
【详解】 ， ；
故选：A.
4. 据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具．算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空．如下图所示：

如：10记为，26记为，71记为．现有4根算筹，可表示出两位数的个数为（ ）
A. 8 B. 9 C. 10 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，分别求出当十位1根，个位3根；当十位2根，个位2根；当十位3根，个位1根；当十位4根，个位0根时两位数的个数即可.
【详解】由题意知，共有4根算筹.
当十位1根，个位3根，共有2个两位数；
当十位2根，个位2根，共有4个两位数；
当十位3根，个位1根，共有2个两位数；
当十位4根，个位0根，共有2个两位数，
所以一共有10个两位数.
故选：C.
5. 记函数的最小正周期为，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由最小正周期可得，再由即可得，即可求得.
【详解】函数的最小正周期，则，解得；
又，即是函数的一条对称轴，
所以，解得.
又，当时，.
故选：C.
6. 函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇偶函数的定义可得，再利用基本不等式求最小值.
【详解】由题意可得，解得，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
7. 某校高三（1）班（45人）和高三（2）班（30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三（1）班答对题目的平均数为，方差为；高三（2）班答对题目的平均数为，方差为，则这10人答对题目的方差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据分层抽样求各层的人数，再根据平均数、方差的公式运算求解.
【详解】由分层抽样可得高三（1）班抽取的人数为，高三（2）班抽取的人数为，
设高三（1）班（6人）答对题目数依次为，高三（2）班（4人）答对题目数依次为，
由题意可得：，
可得，
则这10人答对题目的平均数，
这10人答对题目的方差.
故选：D.
8. 已知分别是双曲线的左，右焦点，点在双曲线上，，圆，直线与圆相交于两点，直线与圆相交于两点，若四边形的面积为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合双曲线的定义可得，进而可得，利用垂径定理求，结合面积运算求解即可.
【详解】由题意可得：，
可得，整理得，
过点分别作的垂线，垂足分别为，
则为的中点，为的中点，则，
所以，
由题意可得：，
因为圆的半径为，
可得，
所以四边形的面积
，
可得，则，整理得，
所以的离心率.
故选：A.

【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
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.
9. 已知抛物线：的焦点为，点为坐标原点，点在抛物线上，直线与抛物线交于点，则（ ）
A. 的准线方程为 B.
C. 直线的斜率为 D.
【答案】CD
【解析】
【分析】首先根据抛物线上的点的坐标，求抛物线方程，再根据直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理判断选项.
【详解】由题意可知，，得，则抛物线方程为，所以抛物线的准线方程为，故A错误；
抛物线的焦点，，则直线的方程为，与抛物线方程联立，得，
设，，
，则，故B错误，C正确；
，得或，
当时，，当时，，
即，，，故D正确.
故选：CD
10. 在正三棱锥中，分别为棱的中点，分别在线段上，且满足，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 直线与平面平行
B. 直线与垂直
C. 直线与异面
D. 直线与所成角为
【答案】AB
【解析】
【分析】由和相似得出，进而求出直线与平面平行；通过证明线面垂直即可得出直线与和与的关系，以及与所成角的关系.
【详解】由题意，
∵是的中线，，
∴，
∴
∴，
∴，
∵,
∴，C错误.
∵面，面，
∴面，A正确.
取中点，连接，则，

∵面，面，
∴面，
∵面，
∴，
∵，
∴，故B正确，且与所成角为，
在正三棱锥中，，不一定等于,
∴不一定是等边三角形，不一定是，故D错误.
故选：AB.
11. 已知函数（），若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（ ）

A. 的图象关于直线对称
B. 图象关于点对称
C. 在区间上的单调递增区间为
D. 的图象可由的图象向左平移个单位得到
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数图象，求解参数，代入的表达式中，利用正弦型函数的图象及性质，结合代入验证法，依次判断各项正误即可求解.
【详解】根据函数图象可得：，∴，，
又，故，所以.
A：由，得的一条对称轴为，故A正确；
B：当时，，∴函数图象关于对称，故B正确；
C：由，得，
当时，，
所以函数在上的单调递增区间为，故C正确；
D：由，
得，故D错误．
故选：ABC.
12. 已知函数的零点为，下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导，利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理可得，进而逐项分析判断.
【详解】由题意可得：的定义域为，且，
因为，所以函数在上单调递增，
对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为，
所以，故B正确；
对于C：因为，则，，所以，故C错误；
对于D：因为，所以，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（2）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，则函数在处的切线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据求导公式和求导法则，结合导数的几何意义即可求解.
【详解】由题意得，，
则，又，
所以曲线在处的切线方程为
，即.
故答案为：.
14. 甲、乙等6名同学报名参加4个社区的服务工作，每人只能选一个社区，则甲、乙选到同一个社区的概率为________．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】6名同学报名参加4个社区的服务工作，每人只能选一个社区，故每名同学去哪个社区之间相互独立，只需考虑甲乙即可.
【详解】设4个社区分别A、B、C、D，
由题意，每名同学去A、B、C、D这4个社区任意一个的事件相互独立，甲同学有4中情况，乙同学也有4中情况，根据分布乘法共有种情况.
如甲乙到同一社区，则有A、B、C、D，4个社区中选择一个共4种情况.
故甲、乙选到同一个社区的概率为，
故答案为：.
15. 设数列满足，，且，则_____．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意分析可得数列是以首项为1，公比为3的等比数列，结合等比数列的通项公式分析运算.
【详解】因为，则，
且，可得
所以数列是以首项为1，公比为3的等比数列，
则，即，
可得.
故答案为：.
16. 如图，在矩形中，，点分别为边的中点．将沿折起，在翻折过程中，直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为________．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意得到为三棱锥外接球的直径，即半径，过分别向的垂线，设向量和所成的角为，结合，根据向量的数量积的运算，求得，设外接球截直线的弦长为，结合球的截面圆和圆的弦长公式，即可求解.
【详解】取的中点，在翻折的过程中，可得，
即为三棱锥的外接球的直径，且，
即三棱锥的外接球的半径为，
过分别向的垂线，垂足分别为，如图所示，
可得，则，
设向量和所成的角为，其中，
因为，
则
，
所以，可得，即，
设三棱锥的外接球截直线的弦长为，
又因为，在翻折前，
当取得最大值时，此时球心到的距离最短，
此时直线被球截得的弦长最长，所以截得的线段长的最大值为；
当取得最小值时，此时球心到的距离最长，
取的中点，则，可得最大距离为，
此时直线被球截得的弦长最短，
根据圆的弦长公式，可得最短弦长为，
所以直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为.
故答案为：.

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. 已知数列中，，是数列前项和，数列是公差为1的等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式可得，利用与的关系和累乘法计算即可求解；
（2）由（1）可得，结合裂项相消求和法即可证明.
【小问1详解】
因为数列是首项为2，公差为的等差数列，
所以，则，得（），
两式相减得：，则，
（），
又适合上式，故．
另解：由得（），
故为常数列，
则，故．
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
则.
18. 如图，在圆台中，分别为上、下底面圆的直径，且，，为异于的一条母线，点在线段上，且．

（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明，可证平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，计算法向量的夹角余弦值，进而求得二面角的正弦值.
【小问1详解】

证明：如图延长，交于点，
再连接，则三点共线，又，
所以在中，，则，
又平面，平面，
故平面．
【小问2详解】
以为坐标原点，在底面内，以所在直线为轴，过作垂直于的直线为轴，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以，
则，，，
因为，所以
所以，所以，
设平面的法向量为，
由，则，
取平面的一个法向量为，
又，设平面的法向量为，
由，则，
所以平面的一个法向量为， ………
则，设二面角的大小为，
则．
19. 记的三个内角的对边分别为，已知，，是上的一点．
（1）若，且平分，求；
（2）若，求的长．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据题意结合三角形的面积可得，在利用余弦定理运算求解；
（2）分别在、中利用正弦定理可得，，结合题意运算求解即可.
【小问1详解】
若，则，
即，
因为平分，则，即，
可得，即，
在中，由余弦定理，
即，解得．
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则，
因为
，
所以．
20. 强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质或基础学科拔尖的学生，聚焦高端芯片与软件、智能科技、新材料、先进制造和国家安全等关键领域，由有关高校结合自身办学特色，合理安排招生．强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试才能进入面试环节．
（1）某研究机构为了更好地服务于高三学生，随机抽取了某校5名高三学生，对其记忆力测试指标和分析判断力测试指标进行统计分析，得到下表数据：

7
9
10
11
13

3
4
5
6
7

请用线性相关系数判断该组数据中与之间的关系是否可用线性回归模型进行拟合；（精确到）
（2）现有甲、乙两所高校的笔试环节都设有三门考试科目，某考生参加每门科目考试是否通过相互独立．若该考生报考甲高校，每门笔试科目通过的概率均为；该考生报考乙高校，每门笔试科目通过的概率依次为，其中．若该考生只能报考甲、乙两所高校中的一所，以笔试中通过的科目数的数学期望为依据作出决策，得知该考生更有希望通过乙大学的笔试，求的取值范围．
参考数据：，，；
参考公式：线性相关系数：．一般地，时，认为两个变量之间存在较强的线性相关关系．
【答案】（1）与之间的线性相关性较强，可用线性回归模型进行拟合
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相关系数公式直接计算即可；
（2）利用二项分布期望公式可得甲高校考试通过科目数的期望，分别求出通过乙高校的考试科目数各种可能值的概率，然后由期望公式计算，最后根据期望之间的关系求解即可.
【小问1详解】
由题意，可得：，，
，
,
所以，
所以与之间的线性相关性较强，可用线性回归模型进行拟合．
【小问2详解】
通过甲高校的考试科目数，则，
设通过乙高校的考试科目数为，则的可能取值为，则：
，
，
，
，
则，
由题意知，，即，解得，
又因为，综上，的取值范围为．
21. 已知为椭圆：上两点，点满足，过点A与点的直线与直线交于点．
（1）当轴且A在轴上方时，求直线的斜率；
（2）已知，记的面积为，的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）设，根据题意求点，进而求斜率；
（2）方法一：分类讨论直线斜率的斜率是否存在，结合韦达定理可得//，根据平行关系运算求解即可；方法二：根据平面向量共线结合椭圆方程可得，再根据面积关系分析运算即可.
【小问1详解】
设，则，
直线的方程为：，
令，得，
所以直线的斜率为．
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，由（1）知，则//；
当直线斜率存在时，设直线的方程为：（），，
联立方程，消去y得：，
则，，
直线的方程为：，
令，得，
可得
，
因为，即，
所以，则//；
综上所述：//.
可得，
因为，则，所以．
法二：设，则，
因为，则，整理得①，
由，得②，
联立①②得：，
由，整理得，
所以，
因为，则，所以．

【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
22. 已知函数
（1）当时，求函数的极值；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，判断导数的单调性，根据导数的零点，判断函数的单调性，即可求解函数的极值；
（2）由不等式参变分离为在恒成立，构造函数后，利用导数求函数的最值，即可求参数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
则在上单调递增，因为，
所以，，单调递减，
，，单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
令，则即，因为
即在时恒成立，
令，
，故单调递增，
所以，故．