2023届安徽省滁州市定远中学高三下学期5月调研考试数学试题含解析

2023届安徽省滁州市定远中学高三下学期5月调研考试数学试题

一、单选题

1．设集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】分别解出集合和集合，再根据交集的定义即可得到答案.

【详解】由题得则，

，

故选：C．

2．设复数满足，则的虚部是（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算求解.

【详解】因为，所以，

所以的虚部是，

故选:C.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解.

【详解】

.

故选：D

4．正六边形ABCDEF中，用和表示，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算，即可求解.

【详解】设边长为2，如图，设交于点，有，，

则

，

故选：B

5．记为等差数列的前项和．若，，则数列的公差为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】由等差数列的通项公式和前项和公式结合条件建立方程组，可得答案.

【详解】设等差数列的公差为

由可得

，即

将这两式联立解得：

故选：C

6．设抛物线的焦点为F，准线为l，P是抛物线上位于第一象限内的一点，过P作l的垂线，垂足为Q，若直线QF的倾斜角为，则（    ）

A．3 B．6 C．9 D．12

【答案】B

【分析】根据几何图形，结合抛物线的定义的性质，即可判断.

【详解】依题意，，，，

又，，则为等边三角形，有，

故选：B

7．如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1，2，3，…，放置在n行n列的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和（简称“幻和”）均相等，具有这种性质的图表称为“n阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15．则7阶幻方的“幻和”为（    ）

 图1 图2

A．91 B．169 C．175 D．180

【答案】C

【分析】根据“幻和”的定义，将自然数1至累加除以n即可得结果.

【详解】由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为.

故选：C

8．已知函数，直线，点在函数图像上，则以下说法正确的是(    )

A．若直线l是曲线的切线，则

B．若直线l与曲线无公共点，则

C．若，则点P到直线l的最短距离为

D．若，当点P到直线l的距离最短时，

【答案】D

【分析】求f(x)导数，令求出可判断D；若直线l是曲线的切线，则再根据(，f())在l上即可求出t；当处切线与l平行时，P到l距离最短，求出P的坐标，利用点到直线距离公式可求最短距离，据此可判断C；令，研究的图像，y＝t的图像和y＝g(x)图像无交点时直线l和曲线y＝f(x)无公共点，据此可求t的范围，从而判断B选项．

【详解】f(x)定义域为(0，＋)，，

若直线l是曲线的切线，

则，代入得，

，故A错误；

当t＝－2时，当在点P处的切线平行于直线l时，P到切线直线l的最短距离，

则，故D正确；

此时，故P为，P到l：的距离为，故C错误；

设，

令，则，

当时，，单调递减，当，，单调递增，

∴，又时，；时，，

∴若直线l与曲线无公共点，则t＜3，故B错误．

故选：D．

二、多选题

9．新能源汽车包括纯电动汽车、增程式电动汽车、混合动力汽车、燃料电池电动汽车、氢发动机汽车等.我国的新能源汽车发展开始于世纪初，近年来发展迅速，连续8年产销量位居世界第一.下面两图分别是年至年我国新能源汽车年产量和占比（占我国汽车年总产盘的比例）情况，则（    ）

A．年我国新能源汽车年产量逐年增加

B．年我国新能源汽车年产量的极差为万辆

C．年我国汽车年总产量超过万辆

D．年我国汽车年总产量不低于年我国汽车年总产量

【答案】BC

【分析】根据我国新能源汽车年产量图可判断AB选项；计算出、、这三年我国汽车年总产量，可判断CD选项.

【详解】对于A选项，由图可知，从年到年，我国新能源汽车年产量在下降，故A错；

对于B选项，年我国新能源汽车年产量的极差为万辆，故B对；

对于C选项，年我国汽车年总产量约为万辆，故C对；

对于D选项，年我国汽车年总产量为万辆，

年我国汽车年总产量为万辆，

所以年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量，故D错.

故选：BC

10．椭圆的一个焦点和一个顶点在圆上，则该椭圆的离心率的可能取值有（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】首先求圆与坐标轴的交点坐标，再分情况，求椭圆的离心率的取值.

【详解】，圆与轴的交点坐标为或，与轴的交点为，

而椭圆的焦点在轴，

当焦点是，右顶点，此时，离心率，

当焦点是，上顶点，此时，那么，离心率，

当焦点是，上顶点，此时，那么，离心率

故选：BCD

11．已知函数（），则函数的图像不可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由是奇函数，的图像是的图像向上或向下平移得到的，可知A不可能；分别讨论和，根据，结合函数的图象，可知C、D不可能.

【详解】设，是奇函数，其图像关于原点对称，∵，

∴的图像是的图像向上或向下平移得到的，∴A项不可能，符合题意；

由，知当，时，，函数单调递增，又，

∴，即，∴D项不可能，符合题意；

当，时，，函数单调递减，又，∴，

即，∴C项不可能，符合题意；

结合以上几种情况可判断B可能，不符合题意.

故选：ACD.

【点睛】本题考查了三次函数图象的性质，考查了数形结合思想和逻辑推理能力，属于基础题目.

12．三棱锥中，，，，直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，则下列说法中正确的有（    ）

A．三棱锥体积的最小值为

B．三棱锥体积的最大值为

C．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为锐角

D．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为钝角

【答案】ACD

【分析】作平面，由题意得到，建立直角坐标系，设，，求得点的轨迹方程为，结合圆的性质求得，利用体积公式，可判定A正确，B错误；再化简得到结合点与圆的位置关系，得到H在外部，可判定C、D正确．

【详解】如图（1）所示，作平面，连接，

因为直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，

所以，即

所以，即，

以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立如图（2）平面直角坐标系，

设，，，

则，整理得，

可得圆心，半径，

设点圆与轴的交点分别为，可得，

因为，所以

又由且， 所以，

则，，所以A正确，B错误；

因为，可设，

设与平面所成角为，且，

可得，且，

又由

，

令，根据斜率的结合意义，可得表示圆与定点连线的斜率，

又由与圆相切时，

可得，解得或，即，

当时，此时取得最小值，即最小时，此时H在外部，

如图（3）所示，此时二面角的平面角为锐角，的平面角为钝角，所以C、D正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．已知的展开式中各项的系数之和为256，记展开式中的系数为，则______.

【答案】

【分析】根据给定条件，求出幂指数n，再求出二项式展开式的通项公式，并求出a值作答.

【详解】依题意，取，得，解得，

展开式的通项公式，，

令，解得，于是，

所以.

故答案为：

14．在日常生活中，石子是我们经常见到的材料，比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能看到堆积如山的石子，它的主要成分是碳酸钙.某雕刻师计划在底面边长为2m、高为4m的正四棱柱形的石料中，雕出一个四棱锥和球M的组合体，其中O为正四棱柱的中心，当球的半径r取最大值时，该雕刻师需去除的石料约重___________kg.（最后结果保留整数，其中，石料的密度，质量）

【答案】

【分析】求出正四棱柱的体积，和正四棱锥、球的体积，从而得出需去除的石料的体积，再由公式计算出质量．

【详解】依题意知，正四棱柱的体积.四棱锥的底面为正方形，高，所以其体积.球M的半径r最大为1，此时其体积.故该雕刻师需去除的石料的体积.又，所以该雕刻师需去除的石料的质量为.

【点睛】本题考查棱柱、棱锥、球的体积，掌握体积公式是解题基础．

四、双空题

15．直线：和：与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的两个可能取值：______和______．

【答案】          （答案不唯一）

【分析】根据给定条件，按等腰三角形底边所在直线分类，结合斜率的意义及二倍角的正切求解作答.

【详解】令直线的倾斜角分别为，则，

当围成的等腰三角形底边在x轴上时，，；

当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，，

整理得，而，解得；

当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，

所以k的两个可能取值，.

故答案为：；

五、填空题

16．在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为______．

【答案】

【分析】利用同构思想构造，得到其单调性，得到，再构造，，求导得到其单调性及其最小值，设设，利用基本不等式得到，求出答案.

【详解】，令，，

则

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

故在处取得极小值，也是最小值，故，

故，当且仅当时，等号成立，

令，，

则，

令，

则在上恒成立，

故在上单调递增，

又，故当时，，当时，，

故时，，单调递减，当时，，单调递增，

故在处取得极小值，也时最小值，最小值为，

设，

由基本不等式得，

，

当且仅当，，时，等号成立，

故，则．

故答案为：

【点睛】导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变形得到，从而构造进行求解.

六、解答题

17．记为数列的前n项和．已知．

(1)证明：是等差数列；

(2)若成等比数列，求的最小值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；

（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．

【详解】（1）因为，即①，

当时，②，

①②得，，

即，

即，所以，且，

所以是以为公差的等差数列．

（2）[方法一]：二次函数的性质

由（1）可得，，，

又，，成等比数列，所以，

即，解得，

所以，所以，

所以，当或时，．

[方法二]：【最优解】邻项变号法

由（1）可得，，，

又，，成等比数列，所以，

即，解得，

所以，即有.

则当或时，．

【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；

法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．

18．设的内角A，B，C所对的边分别为，，，且有．

(1)求角A；

(2)若BC边上的高，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角形内角和、正弦定理和三角恒等变换化简可得.

（2）利用三角形面积公式和正弦定理可得.

【详解】（1）（1）由题意得：，

则，

有，即，因为所以．

（2）（2）由，则，所以，

有，则，

又，则．

19．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；

(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．

条件①：；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.

（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.

【详解】（1）取的中点为，连接，

由三棱柱可得四边形为平行四边形，

而，则，

而平面，平面，故平面，

而，则，同理可得平面，

而平面，

故平面平面，而平面，故平面，

（2）因为侧面为正方形，故，

而平面，平面平面，

平面平面，故平面，

因为，故平面，

因为平面，故，

若选①，则，而，，

故平面，而平面，故，

所以，而，，故平面，

故可建立如所示的空间直角坐标系，则，

故，

设平面的法向量为，

则，从而，取，则，

设直线与平面所成的角为，则

.

若选②，因为，故平面，而平面，

故，而，故，

而，，故，

所以，故，

而，，故平面，

故可建立如所示的空间直角坐标系，则，

故，

设平面的法向量为，

则，从而，取，则，

设直线与平面所成的角为，则

.

20．中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还体现在概率问题中．例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场比赛获胜概率均为，且每场比赛结果相互独立，则由对称性可知，在5场比赛后，甲获胜次数不低于3场的概率为．现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币．

(1)若两人各抛掷3次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；

(2)若甲抛掷次，乙抛掷n次，，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率，根据对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等可得答案；

（2）分①出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数；②出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数；③出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，由对称性可得答案．

【详解】（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率，

，

由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等，故；

（2）可以先考虑甲乙各抛赛n次的情形，

①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，则第次甲必须再抛掷出证明朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；

②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为；

③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，由对称性可知，

故，而由，

可得．

21．已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．

(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；

(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由

【答案】(1)1

(2)是在定直线上，定直线

【分析】（1）根据题意列出方程组得到，设，，，利用点差法即可求解；

（2）根据（1）的结论得出，，设直线l：，，设，，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线与直线的方程得出，进而得证.

【详解】（1）由题意得，所以，

设，，，

则，

作差得，

又MN的斜率，，

所以.

（2）∵，∴，，，

直线l：，，

设，，

联立得，

所以，所以，

设直线AN：，BM：，

所以，

所以．故存在定直线，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．

22．已知函数.

(1)试确定的取值范围，使得函数在（）上为单调函数；

(2)若为自然数，则当取哪些值时，方程在上有三个不相等的实数根，并求出相应的实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据导数判断函数的单调区间，再根据为某个单调区间的子集得的取值范围；

（2）根据函数的单调性与极值最值情况可确定实数的取值范围，再结合函数图象确定的取值范围.

【详解】（1）由，得，

令，解得或，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

所以函数在，上单调递增，在上单调递减，

又函数在上为单调函数，所以；

（2）由（1）得函数在，上单调递增，在上单调递减，

，，

函数的图像如图所示，

方程在上有三个不相等的实数根，

即函数在上有三个不同的交点，

又，又图像可知，当或时，至多有两个交点，不成立，

所以，，

又，，

所以若方程在上有三个不相等的实数根，则，即

综上所述，当且时，满足题意，此时实数的取值范围是.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．