2023~2024學(xué)年安徽合肥高三第二學(xué)期高考數(shù)學(xué)試題三模帶解析

2023-2024學(xué)年安徽省合肥市高三下學(xué)期高考數(shù)學(xué)模擬試題（三模）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.已知集合，，則集合的非空真子集的個數(shù)為（）A.14 B.15 C.30 D.62【正確答案】D【分析】解集合A中的不等式，得到集合A，由集合B中元素的條件得到集合B，再求集合，由集合中元素的個數(shù)，判斷非空真子集的個數(shù).【詳解】不等式解得，由，得集合，則集合，所以集合，集合中有6個元素，所以集合的非空真子集的個數(shù)為．故選：D．2.已知復(fù)數(shù)滿足（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限為（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【正確答案】D【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法、模長運算化簡復(fù)數(shù)，再結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義即可得答案.【詳解】由得，∴復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，∴復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限為第四象限．故選：D．3.給出下列四個命題，其中正確命題為（）A.“，”的否定是“，”B.“”是“”的必要不充分條件C.，，使得D.“”是“”的充分不必要條件【正確答案】C【分析】利用全稱量詞命題的否定判斷A；利用充分條件、必要條件的定義判斷BD；判斷存在量詞命題的真假判斷C作答.【詳解】對于A，“，”是全稱量詞命題，其否定是存在量詞命題，該命題的否定為，，A錯誤；對于B，“若，則”是假命題，如，而，B錯誤；對于C，取，則，C正確；對于D，因為函數(shù)是R上的增函數(shù)，則“”是“”的充要條件，D錯誤．故選：C4.如圖，用，，三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)，當正常工作且，至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作，已知，，正常工作的概率依次是，，，已知在系統(tǒng)正常工作的前提下，則只有和正常工作的概率是（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】利用獨立事件的乘法公式求得系統(tǒng)正常工作和只有M和正常工作的概率，再利用條件概率公式求解即可.【詳解】設(shè)事件A為系統(tǒng)正常工作，事件B為只有M和正常工作，因為并聯(lián)元件、能正常工作的概率為，所以，又，所以．即只有M和正常工作的概率為.故選：C．5.以邊長為2的等邊三角形ABC每個頂點為圓心，以邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成曲邊三角形，已知P為弧AC上的一點，且，則的值為（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】如圖所示，以B為坐標原點，建立平面直角坐標系，利用向量數(shù)量積的坐標表示計算即可.【詳解】如圖所示，以B為坐標原點，直線BC為x軸，過點B且垂直于BC的直線為y軸，建立平面直角坐標系，則，，由，得，所以，，所以．故選：C.6.已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的有（）A.的最小正周期為 B.直線是圖像的一條對稱軸C.在上單調(diào)遞增 D.若在區(qū)間上的最大值為1，則【正確答案】D【分析】利用倍角公式和輔助角公式，化簡函數(shù)解析式，根據(jù)函數(shù)解析式研究最小正周期、對稱軸、單調(diào)區(qū)間和最值.【詳解】，所以的最小正周期為，A錯誤；因為，，所以直線不是圖像的一條對稱軸，B錯誤；當時，，而函數(shù)在上不單調(diào)，C錯誤；當時，，因為在區(qū)間上最大值為1，即，所以，解得，D正確．故選：D．7.已知是定義在上的奇函數(shù)，其圖象關(guān)于點對稱，當時，，若方程的所有根的和為6，則實數(shù)k的取值范圍是（）A. B.C. D.【正確答案】A【分析】數(shù)形結(jié)合思想，方程的根轉(zhuǎn)化為和的圖象的公共點的橫坐標，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系求解.【詳解】方程的根轉(zhuǎn)化為和的圖象的公共點的橫坐標，因為兩個圖象均關(guān)于點對稱，要使所有根的和為6，則兩個圖象有且只有3個公共點．因為時，，所以，所以圖象為圓一部分，作出和的圖象如圖所示．當時，只需直線與圓相切，所以，可得；當時，只需直線與圓相離，所以，解得得或（舍）．故k的取值范圍是．故選：A．8.已知函數(shù)，若對任意的恒成立，則的最大值是（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】討論，，利用導(dǎo)數(shù)得出，構(gòu)造函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)得出，進而得出的最大值.【詳解】，，當時，恒成立，則單調(diào)遞減，，顯然不恒成立；當時，時，，函數(shù)單調(diào)遞減；時，，函數(shù)單調(diào)遞增，∴，∵恒成立，∴，∴，令，，，時，；時，在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，∴，即的最大值是.故選：B．關(guān)鍵點睛：解決本題的關(guān)鍵在于，將不等式的恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題得出，再由導(dǎo)數(shù)得出.二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.在某市高三年級舉行的一次模擬考試中，某學(xué)科共有20000人參加考試．為了了解本次考試學(xué)生成績情況，從中抽取了部分學(xué)生的成績（成績均為正整數(shù)，滿分為100分）作為樣本進行統(tǒng)計，樣本容量為n，按照，，，，的分組作出頻率分布直方圖如圖所示．其中，成績落在區(qū)間內(nèi)的人數(shù)為16．則下列結(jié)論正確的是（）A.圖中B.樣本容量C.估計該市全體學(xué)生成績的平均分為70.6分D.該市要對成績前25%的學(xué)生授予“優(yōu)秀學(xué)生”稱號，則授予“優(yōu)秀學(xué)生”稱號的學(xué)生考試成績大約至少為77.25分【正確答案】ACD【分析】根據(jù)頻率之和等于1，即可判斷A；根據(jù)頻率，頻數(shù)和樣本容量之間的關(guān)系即可判斷B；根據(jù)頻率分布直方圖平均數(shù)的求解方法即可判斷C；根據(jù)題意算出25%分位數(shù)，即可判斷D．【詳解】對于A，因為，解得，故A正確；對于B，因為成績落在區(qū)間內(nèi)的人數(shù)為16，所以樣本容量，故B錯誤；對于C，學(xué)生成績平均分為，故C正確；對于D，因為，解得，所以大約成績至少為77.25的學(xué)生能得到此稱號，故D正確．故選：ACD．10.已知正實數(shù)滿足，當取最小值時，下列說法正確的是（）A. B.C.的最大值為1 D.的最小值為【正確答案】AC【分析】由，代入用基本不等式求得最小值，得結(jié)論判斷A，此處條件代入已知得可判斷B，判斷AB過程中兩個結(jié)論代入后利用二次函數(shù)性質(zhì)求得最值判斷CD．【詳解】∵正實數(shù)滿足，∴，當且僅當，即時等號成立，A正確；時，，B錯；，，即時，的最大值1，C正確D錯誤．故選：AC．11.已知正方體棱長為4，M為棱上的動點，平面，則下列說法正確的是（）A.若N為中點，當最小時，B.當點M與點重合時，若平面截正方體所得截面圖形的面積越大，則其周長就越大C.直線AB與平面所成角的余弦值的取值范圍為D.當點M與點C重合時，四面體內(nèi)切球表面積為【正確答案】ACD【分析】對于A，由展開圖求解；對于B，取特殊位置判斷；對于C，由空間向量求解；對于D，由正四面體的性質(zhì)可求內(nèi)切球半徑，可得內(nèi)切球的表面積，．【詳解】對于A，矩形與正方形展開成一個平面，如圖所示，若最小，則A、M、N三點共線，因為，所以，則有，即，故A正確；對于B，當點M與點重合時，連接、、、、，如圖所示，在正方體中，平面ABCD，平面ABCD，所以，又因為，且，平面，所以平面，又平面，所以，同理可證，因為，平面，所以平面，易知是邊長為的等邊三角形，其面積為，周長為；設(shè)E、F、Q、N，G，H分別為，、，，，的中點，易知六邊形EFQNGH是邊長為的正六邊形，且平面平面，正六邊形EFQNGH的周長為，面積為，則的面積小于正六邊形EFQNGH的面積，它們的周長相等，即B錯誤；對于C，以點D為坐標原點，DA、DC、所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示：則，，設(shè)，因為平面，所以是平面的一個法向量，且，，故，所以直線AB與平面所成角的正弦值的取值范圍為，則直線AB與平面所成角的余弦值的取值范圍為，故C正確；對于D，當點M與點C重合時，四面體即為為正四面體，棱長，由正四面體的性質(zhì)可得，其內(nèi)切球半徑，所以表面積為，故D正確．故選：ACD．12.已知拋物線的焦點為，準線為，、是上異于點的兩點（為坐標原點）則下列說法正確的是（）A.若、、三點共線，則的最小值為B.若，則的面積為C.若，則直線過定點D.若，過的中點作于點，則的最小值為【正確答案】ABD【分析】設(shè)出直線的方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，利用韋達定理、焦半徑公式以及基本不等式可求得的最小值，可判斷A選項；求出點的橫坐標的絕對值，利用三角形的面積公式可判斷B選項；設(shè)直線的方程為，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，利用韋達定理以及求出的值，求出直線所過定點的坐標，可判斷C選項；利用拋物線的定義以及基本不等式可判斷D選項.【詳解】對于A選項，易知拋物線的焦點為，當直線與軸重合時，直線與拋物線只有一個公共點，不合乎題意，設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，聯(lián)立可得，，由韋達定理可得，，則，易知，，所以，，當且僅當時，等號成立，故的最小值為，A對；對于B選項，設(shè)點，，可得，所以，，則，所以，，B對；對于C選項，易知的斜率存在，設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，由于直線不過原點，所以，，聯(lián)立可得，，由韋達定理可得，所以，，因為，則，解得，所以，直線的方程為，故直線過定點，C錯；對于D選項，過點作于點，過點作于點，設(shè)，，所以，因為，所以，則的最小值為，當且僅當時，等號成立，D對．故選：ABD．方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.三、填空題：共4小題，每小題5分，共20分.13.函數(shù)的值域是______．【正確答案】【分析】根據(jù)分段函數(shù)結(jié)合常見函數(shù)的取值情況即可求得函數(shù)的值域.【詳解】當時，滿足；當時，由，所以函數(shù)的值域為．故．14.某企業(yè)五一放假4天，安排甲、乙、丙、丁四人值班，每人只值班一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在最后一天，則不同的安排種數(shù)為______．【正確答案】14【分析】根據(jù)特殊元素法進行安排即可.【詳解】①若甲安排在最后一天，則不同的安排數(shù)為；②若甲不安排在最后一天，則不同的安排數(shù)為．綜上，不同的安排種數(shù)為14．故答案為.15.過雙曲線右焦點F直線l與雙曲線C的一條漸近線垂直，垂足為點A，O為坐標原點，若的角平分線與x軸交于點M，且點M到OA與AF的距離都為，則雙曲線C的離心率為______．【正確答案】【分析】如圖設(shè)點A在第一象限，根據(jù)點到直線的距離公式可得F到漸近線的距離為b，得，由題意得四邊形MTAN為正方形，有，整理可得，即可求解.【詳解】由題意得，雙曲線的漸近線為，，如圖，設(shè)點A在第一象限，則點F到漸近線的距離為，所以，過點M分別作于點N，于點T，又于A，所以四邊形MTAN為正方形，得，所以，又，所以，得，則，所以，故，即雙曲線離心率為.故答案為.16.已知四面體的四個頂點都在球的球面上，是邊長為2的等邊三角形，外接圓的圓心為．若四面體的體積最大時，，則球的半徑為______；若，點為的中點，且，則球的表面積為______．【正確答案】①.②.【分析】先確定的外接圓半徑，若四面體的體積最大時，結(jié)合直角三角形的邊角關(guān)系即可求得此時球的半徑；若，根據(jù)四面體的線面關(guān)系確定外接球球心的位置，求解半徑大小，即可得此時球的表面積.【詳解】設(shè)的外接圓的半徑R，由題可得，解得；若四面體的體積最大時，則點B在過和的直徑上，且在的兩側(cè)，在中，，又，所以，設(shè)球的半徑為，則在中，，解得；如圖，取的中點，連接并延長交圓于點．連接，由得，則．．在中，，所以在中，由余弦定理得，可得，結(jié)合圖形可得圓．連接，過點O作BF的垂線，垂足為點G，連接BO，四面體外接球的半徑解得，所以球O的半徑，四面體ABCD外接球的表面積為．故；.四、解答題：共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求角C；（2）設(shè)BC的中點為D，且，求的取值范圍．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）已知等式，由正弦定理和兩角和的正弦公式化簡，可求角C；（2）設(shè)，由正弦定理，把表示成的三角函數(shù)，利用三角函數(shù)的性質(zhì)求取值范圍.【小問1詳解】中，，由正弦定理得．所以，即，所以；又，則，所以，則有，又因為，則，即；【小問2詳解】設(shè)，則中，由可知，由正弦定理及可得，所以，，所以，由可知，，，所以．即的取值范圍.18.在數(shù)列中，，且對任意的，都有．在等差數(shù)列中，前n項和為，，．（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前n項和．【正確答案】（1），；（2）【分析】（1）由遞推關(guān)系，可用累加法即可求得，再對，化簡解得，從而可得的通項公式；（2）由知（1）結(jié)論即可求得，利用錯位相減法、等比數(shù)列的前n項和公式即可得出結(jié)論.【小問1詳解】由得時，．又，滿足，所以．設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則，解得，所以；【小問2詳解】，①，②①-②得所以．19.2022年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次在卡塔爾和中東國家境內(nèi)舉行、也是第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽．卡塔爾世界杯后，某校為了激發(fā)學(xué)生對足球的興趣，組建了足球社團．足球社團為了解學(xué)生喜歡足球是否與性別有關(guān)，隨機抽取了男、女同學(xué)各100名進行調(diào)查，統(tǒng)計得出的數(shù)據(jù)如下表：喜歡足球不喜歡足球合計男生50女生25合計（1）根據(jù)所給數(shù)據(jù)完成上表，試根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析該校學(xué)生喜歡足球與性別是否有關(guān)．（2）社團指導(dǎo)老師從喜歡足球的學(xué)生中抽取了2名男生和1名女生示范點球，已知男生進球的概率為，女生進球的概率為，每人踢球一次，假設(shè)各人踢球相互獨立，求3人進球總次數(shù)的分布列和數(shù)學(xué)期望．附：，．0.0500.0100.0013.8416.63510.828【正確答案】（1）表格見解析，該校學(xué)生喜歡籃球與性別有關(guān)；（2）分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為.【分析】（1）根據(jù)題意中的數(shù)據(jù)分析，補充列聯(lián)表，利用卡方公式計算，結(jié)合獨立性檢驗的思想即可下結(jié)論；（2）3人進球總次數(shù)的所有可能取值為0，1，2，3．利用獨立事件的乘法公式求出對應(yīng)的概率，得出分布列，結(jié)合求數(shù)學(xué)期望公式計算即可求解.【小問1詳解】因為隨機抽取了男、女同學(xué)各100名進行調(diào)查，男生不喜歡籃球的有50人，女生喜歡籃球的有25人，所以男生喜歡籃球的有50人，女生不喜歡籃球的有75人.列聯(lián)表如下：喜歡籃球不喜歡籃球合計男生5050100女生2575100合計75125200零假設(shè)為：該校學(xué)生喜歡籃球與性別無關(guān)．根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到，∴根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為該校學(xué)生喜歡籃球與性別有關(guān)．【小問2詳解】3人進球總次數(shù)的所有可能取值為0，1，2，3．，，，．∴的分布列如下：0123P∴的數(shù)學(xué)期望：．20.如圖，在三棱錐中，為直角三角形，，的邊長為4的等邊三角形，，．（1）求證：平面平面ABC；（2）求二面角的余弦值．【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）通過等腰三角形性質(zhì)、中位線的性質(zhì)、勾股定理，證明平面ABC，可證平面平面ABC．（2）建立空間直角坐標系，利用法向量求二面角的余弦值.【小問1詳解】（方法一）證明：如圖，分別取AC，AB的中點D，E，連接PD，DE，PE，則．因為，，所以，．因為是邊長為4的等邊三角形，所以，，在中，，，因為，點E為AB的中點，所以，，在中，有，所以，，平面ABC，所以平面ABC，因為平面PAB，所以平面平面ABC．（方法二）證明：如圖，分別取AC，AB的中點D，E，連接PD，PE，DE，則．因為，所以，，是等邊三角形，則，由，平面PDE，所以平面PDE，又平面PDE，所以，因為，點E為AB的中點，所以，又，平面ABC，則有平面ABC，因為平面PAB，所以平面平面ABC．【小問2詳解】以點C為原點，直線CA，CB分別為x，y軸，過點C且與PE平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，，，，．設(shè)平面PBC的一個法向量為，則，取，得，則．設(shè)平面PAB的一個法向量為，則，取，得，則．設(shè)二面角的平面角為，所以．21.如圖，橢圓的左、右焦點分別為，，點A，B，C分別為橢圓的左、右頂點和上頂點，O為坐標原點，過點的直線l交橢圓于E，F(xiàn)兩點，線段的中點為．點P是上在第一象限內(nèi)的動點，直線AP與直線BC相交于點Q，直線CP與x軸相交于點M．（1）求橢圓的方程；（2）設(shè)的面積為，的面積為，求的值．【正確答案】（1）（2）16【分析】（1）根據(jù)題意，利用待定系數(shù)法即可求出結(jié)果；（2