2023~2024学年安徽滁州定远高考冲刺数学试题{三模}带解析

这是一份2023~2024学年安徽滁州定远高考冲刺数学试题{三模}带解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】先求出集合然后求交集即可.
【详解】因为，，
所以．
故选：D.
2．若复数，则z的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】利用复数的除法运算化简复数，进而求出.
【详解】

故选：C.
3．函数与在均单调递减的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】分别求出函数与在均单调递减时，a的取值区间结合选项可得答案.
【详解】函数在均单调递减可得即；
函数在均单调递减可得，解得，
若函数与均单调递减，可得，
由题可得所求区间真包含于，
结合选项，函数与均单调递减的一个充分不必要条件是C
故选：C
4．新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求．若某道数学不定项选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．60种
【正确答案】B
【分析】当错误选项恰有1个时，直接全排列即可；当错误选项恰有2个时，利用插空法求解.最后将两种情况相加即可.
【详解】当错误选项恰有1个时，4个选项进行排列有种；
当错误选项恰有2个时，先排2个正确选项，再将2个错误选项插入到3个空位中，有种．
故共有种．
故选：B．
5．已知向量，，，若，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
【正确答案】C
【分析】由向量的坐标运算计算即可.
【详解】由题意，得，
所以，解得，
所以.
故选：C.
6．已知实数，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】由均值定理即可求得的最小值.
【详解】，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故选：A.
7．已知，且，则sinβ=（ ）
A．B．C．D．或
【正确答案】B
【分析】利用角的范围和同角三角函数关系可求得和，根据利用两角和差正弦公式求得，结合的范围可确定最终结果.
【详解】因为且，所以，
所以，
又，所以，又，
所以.
当时，
，
因为，所以，所以不合题意，舍去；
当，
；符合题意.
综上所述.
故选：B.
8．已知，，（e为自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】对两边取对数，构造函数利用其在上的单调性可得．法一令，求导利用在上的单调性可得可得答案；法二利用不等式放缩可比较的大小，对两边取对数得出再做差可得答案.
【详解】对两边取对数，，
而在上单调递增，∴．
令，，
∴在单调递減，∴，即，∴；
；
又，
∴，∴．
故选：A．
二、多选题
9．某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：
则下列结论中正确的是（ ）
A．招商引资后，工资性收入较前一年增加
B．招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍
C．招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D．招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
【正确答案】AD
【分析】根据已知条件及扇形图的特点即可求解.
【详解】设招商引资前经济收入为，而招商引资后经济收入为，则
对于A，招商引资前工资性收入为，而招商引资后的工资性收入为，所以工资性收入增加了，故A正确；
对于B，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，转移净收入是前一年的倍，故B错误；
对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；
对于D，招商引资前经营净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确.
故选：AD.
10．已知圆，直线，下列结论正确的是（ ）
A．直线l恒过点
B．若直线l平分圆C，则
C．圆心C到直线l的距离的取值范围为
D．若直线l与圆C交于点A，B，则面积的最大值为
【正确答案】AD
【分析】根据直线过定点、直线和圆的位置关系、圆的几何性质等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】，令，得，即直线l恒过点，A正确．
圆C化为标准方程得，所以圆心．
因为直线l平分圆C，所以直线l过圆C的圆心，
所以，解得，B错误．
圆心C到直线l的距离的最大值为，最小值为0．
因为直线l不能表示，所以圆心C到直线l的距离不能为2，
故圆心C到直线l的距离的取值范围为，C错误．
设圆心C到直线l的距离为d，的面积为，
当时，面积的最大值为，D正确．
故选：AD
11．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为
【正确答案】BC
【分析】根据题意求线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.
【详解】A：当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，
当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
B：若，则菱形为正方形，
因为平面，平面，所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；
C：在四面体中，，，所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，所以，同理，
又平面，所以平面，故C正确，
D：直四棱柱在顶点处的离散曲率为,
则,即是等边三角形,
设,则即为与平面的所成角,,故D错误;
故选：BC.
关键点点睛：关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．
12．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，则（ ）
A．以线段为直径的圆与直线相切
B．以线段为直径的圆与轴相切
C．当时，
D．的最小值为
【正确答案】ACD
【分析】A选项由判断即可；B选项判断和之间的关系，C选项，先联立得到，再结合条件解出，即可解出；D选项借助基本不等式进行判断.
【详解】
准线方程，，设在准线上的射影为，，可得以线段为直径的圆与直线相切，故A正确；
设，则，，设中点为,在轴上的射影为，则，令，即，解得，故只有时，以线段为直径的圆与轴相切，B错误；
设直线的方程为，联立直线与抛物线方程可得，，，由得，解得，，故C正确；
由得，当且仅当时取等号，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．的展开式中含项的系数为______．
【正确答案】
【分析】利用二项式定理即可求解.
【详解】的通项公式为，
所以的展开式中含项为，
所以展开式中含项的系数为．
故答案为.
14．中国古代经典数学著作《孙子算经》记录了这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），问物几何？”现将1到200共200个整数中，同时满足“三三数之剩二，五五数之剩三”的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列最大项和最小项之和为___________．
【正确答案】196
【分析】被3除余2且被5除余3的数构成首项为8，公差为15的等差数列，再通过等差数列求数列最大项和最小项之和即可.
【详解】被3除余2且被5除余3的数构成首项为8，公差为15的等差数列，
则，
令，解得，
则数列的最大项为，
所以该数列最大项和最小项之和为．
故196.
15．已知F1，F2，分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若，则C的离心率为____．
【正确答案】
【分析】根据二倍角公式求出，再求出离心率即可.
【详解】易知MN关于x轴对称，令，，
∴，，∴，∴．
，，，
∴，
∴．
故答案为: .
16．已知函数在区间上有零点，则实数m的取值范围是________．
【正确答案】
【分析】先利用基本初等函数的单调性判断得在上都单调递增，再利用零点存在定理得到，解之即可得解.
【详解】因为与在上都单调递增，
所以在上单调递增，
因为在区间上有零点，
所以，即，即，
解得，
所以实数m的取值范围为.
故答案为.
四、解答题
17．已知数列满足对任意m，都有，数列是等比数列，且，，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【正确答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件证得数列是等差数列，再由已知求得数列的公差、的公比，写出通项公式即可；
（2）使用错位相减求和.
【详解】（1）因为对任意m，，，所以，
所以数列是公差的等差数列，.
设等比数列的公比为q，因为，，，
所以.
又因为，解得，，
所以，.
（2）因为，
所以，
，
两式相减，得
，
所以.
18．在中，D是边上的点，．
(1)求；
(2)若，求的面积．
【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）在和中分别利用正弦定理可得和，结合条件化简可得，判断的取值可得答案.
（2）结合（1）的结论推出是等腰三角形，过C作于E，求出三角形的高，利用三角形面积公式即可求得答案.
【详解】（1）在中，由正弦定理，得①，
在中，由正弦定理，得②，
因为，所以，
故①②相比可得，
由及，得．
因为，所以或．
当时，不满足，舍；
当时，满足题意，
综上，．
（2）在中，，故，
进而是等腰三角形．
过C作于E，
则，
所以，
故的面积为．
19．国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结枣；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束．
(1)令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列；
(2)若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束．
①求随机变量的分布列；
②证明：单调递增，且小于3．
【正确答案】(1)分布列见解析
(2)①分布列见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）由题设有，可取值为1，2，3，应用独立事件乘法公式、互斥事件概率求法求各值对应的概率，即可得分布列；
（2）①应用二项分布概率公式求取值1，2，…，对应概率，即可得分布列；
②由①分布列得，定义法判断单调性，累加法、等比数列前n项和公式求通项公式，即可证结论.
【详解】（1）由题设，可取值为1，2，3，
，，，
因此的分布列为
（2）①可取值为1，2，…，，
每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：，
所以时，；当时，
故的分布列为：
②由①知：．
，故单调递增；
由上得，故，
∴，
故．
20．如图，点О是正四棱锥的底面中心，四边形PQDO矩形，．
(1)点B到平面APQ的距离：
(2)设E为棱PC上的点，且，若直线DE与平面APQ所成角的正弦值为，试求实数的值．
【正确答案】(1)
(2)或
【分析】（1）以三棱锥等体积法求点到面的距离，思路简单快捷.
（2）由直线DE与平面APQ所成角的正弦值为，可以列关于的方程，解之即可.
【详解】（1）点О是正四棱锥的底面中心，点О是BD的中点，
四边形PQDO矩形，， 两点到平面APQ的距离相等.
正四棱锥中，
平面，平面，，
，
设点B到平面APQ的距离为d，
则，即
解之得，即点B到平面APQ的距离为
（2）取PC中点N，连接BN、ON、DN，则.

平面平面
正四棱锥中，
，直线平面
平面，平面平面，平面平面
平面中，点E到直线ON的距离即为点E到平面的距离.
中，
，
点P到直线ON的距离为
△中，，
设点E到平面的距离为d，则有，则
则有，
整理得，
解之得或
21．分别是椭圆的左、右焦点，，M是E上一点，直线MF2与x轴垂直，且.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B，C，D是椭圆E上的四点，AC与BD相交于点F2，且AC⊥BD，求四边形ABCD面积的最小值.
【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）根据直线的斜率进行分类讨论，求得四边形的面积，结合基本不等式求得四边形的面积的最小值.
【详解】（1）依题意，
由于轴，且，
则，
结合得，
所以椭圆的方程为.
（2）设四边形的面积为.
当直线的斜率不存在时，，
.
当直线的斜率为时，同理可求得.
当直线的斜率存在且不为时，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
所以，
所以
，
直线的方程为，
同理可求得.
所以
，
当且仅当时等号成立，且.
综上所述，四边形的面积的最小值为.
求解椭圆中四边形面积的最值问题，关键步骤有两个，第一个是求得面积的表达式，这一步求弦长时需要很强的运算能力.第二个是求面积的最值，可考虑利用基本不等式、二次函数的性质、三角换元法来进行求解.
22．已知函数.
(1)若，讨论函数的单调性；
(2)设函数，若至少存在一个，使得成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）求导可得，又即可根据导函数的 正负求得单调性；
（2）由存在性问题进行参变分离可得即可.
【详解】（1）函数的定义域是
.
当时，由，得或，
由，得，
∴在和上单调递增，在上单调递减.
（2）至少存在一个，使得成立，即当时，
有解
∵当时，，∴有解，
令，则.
∵，
∴在上单调递减，∴，
∴，即，
∴实数a的取值范围.
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了根的大小的讨论，同时考查了存在性思想，有一定的计算量，属于艰难题.
本题关键点有：
（1）求导过后注意因式分解；
（2）存在性问题，利用参变分离进行求解.
1
2
3
1
2
3
…
…