安徽省淮北市2023届高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

淮北市2023届高三第一次模拟考试

数学试题卷

一、选择题：本题共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. 已知全集，集合和，则集合的元素个数为（）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4．

【答案】B

【解析】

【分析】根据一元二次不等式求解方法求出，利用补集的定义求出，再利用交集的运算即可求解.

【详解】因为

所以，

又因为，

所以，

.

故选：B.

2. 已知复数z在复平面内对应点是，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的几何意义以及复数的乘除运算规则计算.

【详解】因为复数z在复平面内对应点是，所以，

则；

故选：C.

3. 如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（）

A三棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱柱 D. 组合体

【答案】B

【解析】

【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．

【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．

故选：B．

4. 已知，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】结合题干条件以及余弦的二倍角公式得到，进而结合两角和的正弦公式即可求出结果.

【详解】因为，

所以，

故选：C.

5. 在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，且直线的斜率之积为，则（）

A. 1 B. 3 C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用椭圆方程和的斜率之积为，建立A、B两点坐标的关系，代入原式化简计算即可.

【详解】因为在椭圆上，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以，

所以．

故选：A.

6. 如图，在平面直角坐标系中，分别是单位圆上的四段弧，点在其中一段上，角以为始边，为终边．若，则所在的圆弧是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数定义解决即可.

【详解】设点的坐标为，所以由三角函数的定义可得

，

因为，即，

由图知

对于A，在第一象限，且，不满足题意，故A错；

对于B，在第三象限，且，不满足题意，故B错；

对于C，在第三象限，且，满足题意，故C正确；

对于D，在第四象限，且，不满足题意，故D错；

故选：C.

7. 如图，对于曲线所在平面内的点，若存在以为顶点的角，使得对于曲线上的任意两个不同的点A，B恒有成立，则称角为曲线的相对于点的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线的相对于点的“确界角”．已知曲线（其中是自然对数的底数），为坐标原点，则曲线的相对于点的“确界角”为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用导数的几何意义得到过点且与相切的直线的斜率，设过的直线与相切，然后通过联立，让得到切线斜率，最后利用倾斜角和斜率的关系求角即可.

【详解】

记曲线为，当时，，设过的直线与的图象相切，切点为，则切线方程为，将代入整理，得，因为是上的增函数，且，所以，所以，所以的图象与直线相切．

当时，设的图象即抛物线与过的直线相切．联立两方程整理，得，．解得或（舍）．设两切线倾斜角分别为，，则，．所以，所以所求确界角为．

故选：B．

8. 对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（）

A. A与B不互斥 B. A与D互斥但不对立

C. C与D互斥 D. A与C相互独立

【答案】D

【解析】

【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.

【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；

由，A、D互斥且对立，B错误；

又，，则，C与D不互斥，C错误；

由，，，

所以，即A与C相互独立，D正确.

故选：D

二、多项选择题：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3分，有选错的得0分．

9. 已知是的边上的一点（不包含顶点），且，则（）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】利用平面向量的线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果.

【详解】是的边上的一点（不包含顶点），则有，

得，即，

又，∴，

可得，，，，，

所以A选项正确，B选项错误；

，当且仅当时等号成立，所以，C选项错误；

，D选项正确.

故选：AD

10. 已知函数，则（）

A. 在单调递增

B. 有两个零点

C. 曲线在点处切线的斜率为

D. 奇函数

【答案】AC

【解析】

【分析】利用导数研究函数的单调性，结合单调性即可判断零点个数，根据导数的几何意义，以及奇偶性的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：，定义域为，则，

由都在单调递增，故也在单调递增，

又，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；故A正确；

对B：由A知，在单调递减，在单调递增，又，

故只有一个零点，B错误；

对C：，根据导数几何意义可知，C正确；

对D：定义域为，不关于原点对称，故是非奇非偶函数，D错误.

故选：AC.

11. 已知曲线，直线l过点交于A，B两点，下列命题正确的有（）

A. 若A点横坐标为8，则

B. 若，则的最小值为6

C. 原点O在AB上的投影的轨迹与直线有且只有一个公共点

D. 若，则以线段AB为直径的圆的面积是

【答案】BCD

【解析】

【分析】对A选项将点的横坐标代入，求出点A的坐标，进而求出直线方程，联立直线及抛物线方程，由弦长即可求出弦长；对B选项作图可知，过点A作准线的垂线，垂足为，当三点共线时取最小值，即可求得最小值；对C选项根据题意，得出原点O在AB上的投影的轨迹，联立方程由判别式即可判断公共点的个数；对D选项设出AB直线方程，联立直线与抛物线方程，由结合得出直线方程，再由弦长公式计算出线段AB的长度即可判断

【详解】对于A,易得是抛物线焦点，

若A点横坐标为8，则，即或，根据抛物线的对称性可得两种情况计算出的相同，再此取计算.

所以l的直线方程是即，

直线与相交，联立方程得,,

得，，故A错误；

对于B,过点A作准线的垂线，垂足为，则，当三点共线时取最小值，此时最小值为，故B正确；

对于C,设原点在直线上的投影为，的中点为，

因为，所以，所以为直角三角形，所以，

根据几何性质及圆的定义可知点的轨迹方程为，联立得，

解得，所以直线与只有一个交点，故C正确；

对于D,设直线的方程为，联立得所以，

因为，而，所以，

所以，所以

所以，解得，

则，

所以，

，所以以线段AB为直径的圆的面积是，故D正确.

故选：BCD.

12. 如图，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复上述操作（其中），得到四个小正方形，记它们的面积分别为，则以下结论正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】BC

【解析】

【详解】设，最大正方形的边长为1，

小正方形的边长分别为．∵，

，

，

，，

所以C正确；

，

所以，所以B正确，

故选：BC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 的展开式的常数项是________（用数字作答）

【答案】240

【解析】

【分析】根据二项式的展开式的通项公式赋值即可求出．

【详解】因为的展开式的通项公式为，

令，解得．

所以的展开式的常数项是．

故答案为：240．

【点睛】本题主要考查利用二项式的展开式的通项公式求指定项，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．

14. 已知直四棱柱的底面是菱形，，棱长均为4，，的中点分别为、，则三棱锥的体积为______．

【答案】

【解析】

【分析】取的中点，连接、、、、、，即可得到，由题意可得，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，最后根据锥体的体积公式计算可得.

【详解】解：如图取的中点，连接、、、、、，

显然且，又且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

又是边长为的菱形且，所以为等边三角形，则，

又，所以，又四棱柱为直棱柱，即平面平面，

平面平面，平面，

所以平面，且，

又，

所以.

故答案为：

15. 设若互不相等的实数满足，则的取值范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】作出函数图象，由条件观察图象确定的范围，化简，求其范围.

【详解】设，则为方程的解，所以为函数的图象与函数的图象的交点的横坐标，

又作函数和的图象如下，

观察图象可得，不妨设，则，所以

，，，

所以，

所以，

因为，所以，

所以的取值范围是，

故答案为：.

16. 已知双曲线C：过点，则其方程为________，设，分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为，的内心，则的取值范围是________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】①将点代入方程中求出，即可得答案；②据圆的切线长定理和双曲线的定义可推得，的内切圆与轴切于双曲线的右顶点，设直线的倾斜角为，可用表示，根据两点都在右支上得到的范围，利用的范围可求得的取值范围

详解】①由双曲线C：过点，所以

所以方程为

②如图：

设的内切圆与分别切于，

所以，

所以，

又，所以，

又，所以与重合，所以的横坐标为，同理可得的横坐标也为，

设直线的倾斜角为.则，，

，

当时，，

当时，由题知，...

因为两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，

∴.且，，

综上所述，.

故①答案为：;

【点睛】关键点点睛：第一问相对简单，代点求出即可；第二问难度较大，主要根据圆的切线长定理和双曲线的定义推出，的内切圆与轴同时切于双曲线的右顶点,并将用直线的倾斜角表示出来是解题关键.

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. 设内角，，的对边分别为，，，已知，．

（1）求角的大小

（2）若，求的面积．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；

（2）由正弦定理求出，即可得到，再由两角和的正弦公式求出，最后由面积公式计算可得.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理可得，即，则，

又，所以．

【小问2详解】

解：因为，，，

由，得，即，

又，所以，则，

所以

，

所以．

18. 已知数列满足，．

（1）求证：数列是等比数列；

（2）若，为数列的前n项和，求．

【答案】（1）证明见解析

（2），

【解析】

【分析】（1）根据递推公式证明为定值即可；

（2）先由（1）求得数列的通项，从而可得数列的的通项，再利用错位相减法求解即可.

【小问1详解】

因为，

所以，

又，

所以是以为首项，以3为公比的等比数列；

【小问2详解】

由（1）知，故，

所以，

故，

则，

两式相减得

，

所以.

19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．

（1）求证：面面ABCD；

（2）设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．

【答案】（1）证明见解析；

（2）存在点Q，.

【解析】

【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，进而得出结论；

（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，设，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.

【小问1详解】

在中，因为，，

所以，，

所以，则，即，

又，，面PAB，

所以面PAB，又面ABCD，

所以面面ABCD；

【小问2详解】

假设存在点Q，使得平面平面PAD；

如图，以A为原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，

设，则，，，，

，，，，

设是平面PAD的法向量，则，取，

设，其中．

则

连接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，

取与同向的单位向量，

设是平面BEQF的法向量，

则，取．

由平面平面PAD，知，有，解得．

故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面平面PAD．

20. 为弘扬中华优秀传统文化，荣造良好的文化氛围，某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：

（1）从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；

（2）从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以表示这2人中团体赛获奖的人数，求的分布列和数学期望；

（3）从获奖学生中随机抽取3人，设这3人中来自高一人数为，来自高二的人数为，试判断与的大小关系．（结论不要求证明）

【答案】（1）

（2）分布列见解析，

（3）

【解析】

【分析】（1）直接利用条件概率公式计算得到答案.

（2）得可能取值为0，1，2，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.

（3）根据方差的性质得到，得到答案.

【小问1详解】

记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件，“任取1名学生，该生为高一学生”为事件，

，，故.

【小问2详解】

由己知可得，得可能取值为0，1，2

，

，

，

的分布列为

【小问3详解】

理由：

，故，

21. 已知椭圆，A、F分别为的左顶点和右焦点，O为坐标原点，以OA为直径的圆与交于M点（第二象限），．

（1）求椭圆的离心率e；

（2）若，直线，l交于P、Q两点，直线OP，OQ的斜率分别为，．

（ⅰ）若l过F，求的值；

（ⅱ）若l不过原点，求的最大值．

【答案】（1）

（2）（ⅰ）；（ⅱ）

【解析】

【分析】（1）根据所给条件求得点M坐标，带入椭圆方程结合离心率的定义，进行求解即可；

（2）设，，坐标分别为，，

（ⅰ）根据题意求得直线l的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理直接求即可；

（ⅱ）设直线l的方程为，（）与椭圆方程联立得，利用韦达定理得，，由即可得解.

【小问1详解】

由己知点M是以AO为直径的圆上的点，

∴，又∵，，∴，，

∴，又∵点M在椭圆上，∴，整理得，

∴

【小问2详解】

设，，

（ⅰ）由，，∴椭圆的方程为：，

在中，∴直线l的斜率为，

∴直线l的方程为，与椭圆方程联立得，

整理得：，∴，，

∴，

（ⅱ）设直线l的方程为，与椭圆方程联立得，

消去x整理得：，当得，

∴，，

∴

∴当且仅当时，有最大值，此时最大值是

【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，．

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，令

（ⅰ）证明：当时，；

（ⅱ）若数列满足：，，证明：．

【答案】（1）答案见解析

（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数的导函数，对k讨论并判断的符号即可得到的单调性；

（2）（ⅰ）等价变形所证不等式为，构造函数，利用导数讨论单调性与最值，即可证明不等式；

（ⅱ）由已知等价变形所证不等式为，由（ⅰ）分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可证明．

【小问1详解】

由题意得：

当时，恒成立，得在上单调递增；

当时，由得，

时，此时单调递增，

时，此时单调递减，

综上得：当时，在上单调递增，

当时，在单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

（ⅰ）当时，，

欲证，只需证，即证，

记，，得，

故在上单调递减，得，．

故当时，成立．

（ⅱ）由（ⅰ）得当时，，

故当，得，进而，依次得，．

欲证，即证．

下面先证关系，即证，．

即，整理得即证：

记，，得

又，所以在上单调递增，有，

所以在上单调递增，得，，

故当，时，有，所以，．

故

又，得，所以

所以得证．