2023~2024学年安徽安庆高考热身数学试题{带解析}

这是一份2023~2024学年安徽安庆高考热身数学试题{带解析}，共23页。试卷主要包含了 林业部门规定， 已知，，则的值为， 下列关于棱柱的说法正确的是， 正割等内容，欢迎下载使用。
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. 设全集，，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】首先求出集合、，图中阴影部分为，根据并集、补集的定义计算可得.
【详解】由，解得或，所以，
由，解得或，所以，
所以，又，则图中阴影部分为.
故选：D
2. 已知复数为纯虚数，则实数m的值为（ ）
A. B. 1C. 1或D. 或0
【正确答案】B
【分析】根据纯虚数的定义求解.
【详解】因为z是纯虚数，所以，解得．
故选：B．
3. 已知向量是两个单位向量，则“”是“为锐角”的（ ）
A 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】B
【分析】由求出的范围，进而可得结果.
【详解】因为为单位向量，所以由两边平方得，
所以得，而，所以夹角为0或锐角；
所以“”是“为锐角”的必要而不充分条件.
故选：B.
4. 林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300～500年之间的古树为二级，树龄100～299年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2cm，则估计该大树属于（ ）
A. 一级B. 二级C. 三级D. 不是古树
【正确答案】C
【分析】由条件抽象出等差数列的基本量，再结合等差数列的前项和，求.
【详解】设树干的截面圆的半径为，树干周长，
，从内向外数：，，，∴年，所以为三级.
故选:C
5. 连续抛掷一枚骰子次，则第次正面向上的数字比第次正面向上的数字大的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由古典概型概率公式计算即可.
【详解】方法一：
连续抛掷一枚骰子次，用表示第次和第次正面向上的数字分别为，，则基本事件有：
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，共个，
设事件“第次正面向上的数字比第次正面向上的数字大”，
则事件中基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共个，
∴.
∴第次正面向上的数字比第次正面向上的数字大的概率为.
方法二：
连续抛掷一枚骰子次，第次正面向上的数字有种，第次正面向上的数字有种，
∴连续抛掷一枚骰子次，基本事件有个；
其中，第次正面向上的数字与第次正面向上的数字相等的基本事件有个，
而第次正面向上的数字比第次正面向上的数字大的基本事件，与第次正面向上的数字比第次正面向上的数字小的基本事件数量相同，
∴第次正面向上的数字比第次正面向上的数字大的基本事件有个，
∴第次正面向上的数字比第次正面向上的数字大的概率为.
故选：A.
6. 已知函数满足，且是偶函数，当时，，则（ ）
A. B. 3C. D.
【正确答案】B
【分析】由函数的奇偶性和对称性，得到函数的周期，利用周期和指数式的运算规则求函数值.
【详解】由是偶函数，得，令，则．
由，令，则，
则有，即，所以函数周期为4．
因为，则有，
所以．
故选：B
7. 已知，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和余弦公式可求解.
【详解】由于，且，
则，
整理得，
则，
整理得，
所以.
故选：D.
8. 已知分别是双曲线的左、右焦点，过点作直线交于两点. 现将所在平面沿直线折成平面角为锐角的二面角，如图，翻折后两点的对应点分别为，且若，则的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意分析可知锐角二面角，利用双曲线的定义与性质结合余弦定理运算求解.
【详解】设双曲线的半焦距为，
由题意可得：，
则，
且，则锐角二面角，
在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理可得：，
因为，即，
可得，解得.
故选：C.
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､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列关于棱柱的说法正确的是（ ）
A. 棱柱的两个底面一定平行
B. 棱柱至少有五个面
C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
D. 正四棱柱一定是长方体
【正确答案】ABD
【分析】依据棱柱定义判断选项A；依据棱柱的结构特征判断选项B；举反例否定选项C；依据长方体定义判断选项D.
【详解】选项A：由棱柱定义可得棱柱的两个底面一定平行.判断正确；
选项B：三棱柱是最简单的棱柱，三棱柱有五个面，
则棱柱至少有五个面.判断正确；
选项C：在正四棱柱上面放置一个与其底同的斜四棱柱，所得几何体是组合体，
但是满足两个面互相平行，其余各面都是平行四边形.判断错误；
选项D：正四棱柱底面是正方形，侧棱与底面垂直，
则正四棱柱一定是长方体.判断正确.
故选：ABD
10. 正割（Secant）及余割（Csecant）这两个概念是由伊朗数学家､天文学家阿布尔·威发首先引入，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割.已知函数，给出下列说法正确的是（ ）
A. 的定义域为；
B. 的最小正周期为；
C. 的值域为；
D. 图象的对称轴为直线.
【正确答案】BC
【分析】由辅助角公式化一，再根据，即可求出函数的定义域，即可判断A；根据正弦函数的周期性即可判断B；根据正弦函数的值域结合函数的定义域即可判断C；根据正弦函数的对称性即可判断D.
详解】，
由，得，
即的定义域为，故A错误；
的定义域关于原点对称，
故的最小正周期与函数的最小正周期一致，均为，故B正确；
当时，的值分别为，
而函数的值域为，
再结合周期性可知，的值域为，故C正确；
令，得，
即图象的对称轴为直线，故D错误.
故选：BC.
11. 已知点，点在上运动，边长为的正方形的顶点位于圆外，则的值可能是（ ）
A. 0B. C. 8D. 10
【正确答案】ABC
【分析】利用极化恒等式结合图形求数量积最大值，再逐一判断选项即可.
【详解】如图所示，取CE中点F，连接BF，则由题意可得：，

由极化恒等式可得
当三点共线且时，，即，故C正确，且排除D项；
对于B项，当三点共线且比较接近时，此时存在，故B正确；

当重合时，易得，此时，故A正确；

故选：ABC
12. 已知，是函数与的图像的两条公切线，记的倾斜角为，的倾斜角为，且，的夹角为，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 若，则D. 与的交点可能在第三象限
【正确答案】ABC
【分析】根据反函数的性质可得公切线关于对称，即可得到，利用诱导公式证明A，利用诱导公式及基本不等式证明B，利用导数的几何意义说明C，结合函数图象说明D.
【详解】如图，因为与互为反函数，
故两函数图象关于直线对称，则，关于对称，
故，，故A正确；
由题意，，均为锐角，，，，
当且仅当，即时取等号，故B正确；
设与两个函数图象分别切于，两点，与交于Q，，则，
即，解得或（舍去），
故，
对于，则，令，解得，所以切点为，
所以曲线的斜率为的切线方程为，
故曲线的斜率为的切线方程为，
同理可得的斜率为的切线方程为，
故曲线的斜率为的切线方程为，
所以，则，则，故C正确；
由图可知点必在第一象限，故D错误.

故选：ABC.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数为R上单调递减的奇函数，则实数a的值为 _____．
【正确答案】1
【分析】利用奇函数的定义求出a，再根据给定的单调性确定作答.
【详解】因为函数为R上的奇函数，则，，
即有恒成立，
因此对任意实数x恒成立，于是，解得，
当时，，函数与在上单调递增，
则函数在上单调递增，而函数在上单调递增，
因此函数在上单调递增，于是奇函数在上单调递增，即在R上单调递增，不符合题意，
当时，，因此函数在R上单调递减，符合题意，
所以实数a的值为1.
故1
14. 的展开式中二项式系数最大的项是________.
【正确答案】##
【分析】根据二项式系数的性质即可知最大，由二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】的二项展开式有7项，其二项式系数为，由组合数的性质可知最大，故由二项式定理得二项式系数最大的一项是.
故
15. 点是抛物线的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为_______________.
【正确答案】##
【分析】不妨设,由与抛物线相切求得，求得椭圆中的，从而得到椭圆的离心率.
【详解】
由题意知 不妨设,则在函数上，
故所以,解得，
所以，，
又点恰好在以，为焦点的椭圆上，所以，,
所以，，
故
16. 在中，，D为BC的中点，则的最大值为______．
【正确答案】
【分析】先设，由三角形三边关系得到，再利用三角函数的诱导公式与余弦定理得到，从而利用换元与基本不等式求得的最小值，结合与在上的单调性即可求得的最大值.
【详解】设，则，
因为为的中点，，所以，
由三角形三边关系，可知且，解得，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以,
所以，解得，
则，，
令，则，，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，此时，解得，
因为，所以．
因为在上单调递减，在单调递增，
所以当取得最小值时，取得最大值，
此时，则，
所以的最大值为.
故答案为.
.
关键点睛：本题中突破口为，由此得到，再结合余弦定理得到，最后利用基本不等式即可得解.
四､解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明､证明过程或验算步骤.
17. 已知等差数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，求．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）当时，由得，两式相减则可求等差数列的公差，时，可求首项，从而可求其通项公式；
（2）根据已知可求，再由并项求和法求和即可．
【小问1详解】
由已知为等差数列，记其公差为d．
①当时，，两式相减可得，解得，
②当时，，所以，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
．
18. 某港口在一天之内的水深变化曲线近似满足函数，其中为水深（单位：米），为时间（单位：小时），该函数图像如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）若一艘货船的吃水深度（船底与水面的距离）为4米，安全条例规定至少要有1.5米的安全间隙（船底与水底的距离），则该船一天之内至多能在港口停留多久？
【正确答案】（1）
（2）8小时
【分析】（1）由图易得和周期，由周期可求，然后代入最高点的坐标可求，从而求出解析式；
（2）由题意可知，只要解此不等式即可得解.
【小问1详解】
由图知，，，，
所以，将点代入得，
结合解得，
所以函数的解析式.
【小问2详解】
货船需要的安全水深为米，所以当时货船可以停留在港口.
由得，得，
即，
当时，，当时，，
所以该船一天之内至多能在港口停留小时.
19. 为迎接“五一小长假”的到来，某商场开展一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖规则如下：在不透明箱子中装有除颜色外其他都相同的10个小球，其中，红球2个，白球3个，黄球5个，顾客从箱子中依次不放回地摸出2个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的2个球的颜色分成以下四种情况：：1个红球1个白球，：2个红球，：2个白球，：至少一个黄球.若四种情况按发生的概率从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖.
（1）求顾客在某次抽奖中，第二个球摸到为红球的概率
（2）求顾客分别获一､二､三等奖时对应的概率；
（3）若三名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立.记中奖的人数为，求的分布列和期望.
【正确答案】（1）
（2）顾客分别获一､二､三等奖的概率分别为、、
（3）分布列答案见解析，
【分析】（1）根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得；
（2）根据古典概型的概率公式及组合数公式计算可得；
（3）由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，则，利用二项分布的概率公式求出分布列与数学期望.
【小问1详解】
设顾客第次摸到红球为，
则；
【小问2详解】
由题意知，，，
，，
因此，顾客分别获一､二､三等奖的概率分别为、、；
【小问3详解】
由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，
则，
所以，，
，，
则分布列为：
数学期望.
20. 如图所示，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．
（1）若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角正弦值；
（2）用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线．

【正确答案】（1）；
（2）详见解析.
【分析】（1）取的中点，由面面垂直的性质定理，线面角的概念结合条件计算即得；
（2）由题意假设共面，由推出平面，再推出，从而得到，即推出矛盾，故假设不成立.
【小问1详解】
取CD的中点G连结MG，NG．

因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，所以，．
因为平面ABCD⊥平面DCEF，平面平面，平面，
所以MG⊥平面DCEF，所以即为直线MN与平面DCEF所成角，
由平面DCEF，可得MG⊥NG，
所以，，
即直线MN与平面DCEF所成角的正弦值为；
【小问2详解】
假设直线ME与BN共面，则平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，
由已知，两正方形不共面，故平面DCEF，又AB∥CD，平面，
所以AB∥平面，而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，
所以AB∥EN，又AB∥CD∥EF，则EN∥EF，这与矛盾，
故假设不成立，

所以ME与BN不共面，它们是异面直线．
21. 如图，分别是矩形四边的中点，，.
（1）求直线与直线交点的轨迹方程；
（2）过点任作直线与点的轨迹交于两点，直线与直线的交点为，直线与直线的交点为，求面积的最小值.
【正确答案】（1）且
（2）
【分析】（1）利用已知可得直线，的方程，消去参数，根据交点的变化即可求出其轨迹方程.
（2）设方程：，代入，利用韦达定理表示出，，根据直线和，得出，同理根据直线和，得到，即可利用求出结果.
【小问1详解】
由已知，，，，
当时，直线方程：，
直线方程：，
联立上述两方程消去得：，
当时，交点符合上述方程，
又交点不可能为，
故所求的轨迹方程为且.
【小问2详解】
设方程：（依题意存在，
代入得，
，设，
，，
方程：，方程：，
联立上述两方程消去得：
.
，
所以，其中，
同理直线与直线的交点，其中，
，
（当且仅当时取等号），
故的面积最小值为，此时直线的方程为.
方法点睛：直线与椭圆位置关系的综合问题，主要从以下几个角度分析：
（1）联立方程后，韦达定理的正确使用；
（2）各点对应直线关系要分清；
（3）数形结合思想的应用.
22. 已知函数．
（1）判断在区间上的单调性；
（2）若恰有两个不同的零点，，且，证明：．
【正确答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【分析】（1）求导得，分两种情况：若，若，讨论的单调性，进而可得答案．
（2）由（1）可知若有两个不同的零点，则，且极大值，，即，当时，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，，进而可得，要证，即证，即可得出答案．
【小问1详解】
解：，
若，则恒成立，
所以在上单调递增，
若，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
下面判断与的大小关系，
令，
则，
所以当时，，
所以在上单调递减，
当时，，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即，当且仅当时，取等号，
所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递减，
综上所述，当，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
当且时，在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值，
，
由不等式可得，
所以，
所以当时，恒成立，
又，且，
两式相减可得，
不妨设，则且，
所以，即，
所以，
，
设，
，
所以，即，
所以，
由可得，
要证，
需要证，
只要证，
即，
即，
即证，由可证，
所以即证．
关键点点睛：本题第二问关键是：由时，函数有两个零点，由，且，两式相减可得，设，，构造，进而得到，将，转化为证明而得解.
1
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