2023学年安徽合肥寿春中学高三第五次模拟考试数学试卷（含答案解析）

2023高考数学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于的概率为（）A． B． C． D．2．设函数，则函数的图像可能为（）A． B． C． D．3．已知非零向量、，若且，则向量在向量方向上的投影为（）A． B． C． D．4．已知公差不为0的等差数列的前项的和为，，且成等比数列，则（）A．56 B．72 C．88 D．405．的展开式中的系数为（）A． B． C． D．6．在中，D为的中点，E为上靠近点B的三等分点，且，相交于点P，则（）A． B．C． D．7．下列命题是真命题的是（）A．若平面，，，满足，，则；B．命题：，，则：，；C．“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件；D．命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”.8．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（）A． B． C． D．9．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为A． B． C．2 D．10．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为()A． B． C． D．11．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（）A． B． C． D．12．已知实数，满足，则的最大值等于()A．2 B． C．4 D．8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知为双曲线的左、右焦点，过点作直线与圆相切于点，且与双曲线的右支相交于点，若是上的一个靠近点的三等分点，且，则四边形的面积为_______．14．（5分）已知曲线的方程为，其图象经过点，则曲线在点处的切线方程是____________．15．已知变量(m>0)，且，若恒成立，则m的最大值________．16．已知，(，)，则＝_______．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）管道清洁棒是通过在管道内释放清洁剂来清洁管道内壁的工具，现欲用清洁棒清洁一个如图1所示的圆管直角弯头的内壁，其纵截面如图2所示，一根长度为的清洁棒在弯头内恰好处于位置（图中给出的数据是圆管内壁直径大小，）.（1）请用角表示清洁棒的长；（2）若想让清洁棒通过该弯头，清洁下一段圆管，求能通过该弯头的清洁棒的最大长度.18．（12分）已知函数.（1）当时.①求函数在处的切线方程；②定义其中，求；（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.19．（12分）某工厂，两条相互独立的生产线生产同款产品，在产量一样的情况下通过日常监控得知，生产线生产的产品为合格品的概率分别为和.（1）从，生产线上各抽检一件产品，若使得至少有一件合格的概率不低于，求的最小值.（2）假设不合格的产品均可进行返工修复为合格品，以（1）中确定的作为的值.①已知，生产线的不合格产品返工后每件产品可分别挽回损失元和元．若从两条生产线上各随机抽检件产品，以挽回损失的平均数为判断依据，估计哪条生产线挽回的损失较多？②若最终的合格品（包括返工修复后的合格品）按照一、二、三等级分类后，每件分别获利元、元、元，现从，生产线的最终合格品中各随机抽取件进行检测，结果统计如下图；用样本的频率分布估计总体分布，记该工厂生产一件产品的利润为，求的分布列并估算该厂产量件时利润的期望值.20．（12分）已知函数u（x）＝xlnx，v（x）x﹣1，m∈R．（1）令m＝2，求函数h（x）的单调区间；（2）令f（x）＝u（x）﹣v（x），若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，且满足1e（e为自然对数的底数）求x1•x2的最大值．21．（12分）已知函数的最大值为2.（Ⅰ）求函数在上的单调递减区间；（Ⅱ）中,,角所对的边分别是，且，求的面积．22．（10分）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，点在线段上，且平面．（1）求证：；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C【答案解析】

由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为，结合独立事件发生的概率计算即可.【题目详解】∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为.故选：C.【答案点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.2．B【答案解析】

根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.【题目详解】定义域为：，函数为偶函数，排除，排除故选【答案点睛】本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.3．D【答案解析】

设非零向量与的夹角为，在等式两边平方，求出的值，进而可求得向量在向量方向上的投影为，即可得解.【题目详解】，由得，整理得，，解得，因此，向量在向量方向上的投影为.故选：D.【答案点睛】本题考查向量投影的计算，同时也考查利用向量的模计算向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.4．B【答案解析】

，将代入，求得公差d，再利用等差数列的前n项和公式计算即可.【题目详解】由已知，，，故，解得或（舍），故，.故选：B.【答案点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，考查等差数列基本量的计算，是一道容易题.5．C【答案解析】由题意，根据二项式定理展开式的通项公式，得展开式的通项为，则展开式的通项为，由，得，所以所求的系数为.故选C.点睛：此题主要考查二项式定理的通项公式的应用，以及组合数、整数幂的运算等有关方面的知识与技能，属于中低档题，也是常考知识点.在二项式定理的应用中，注意区分二项式系数与系数，先求出通项公式，再根据所求问题，通过确定未知的次数，求出，将的值代入通项公式进行计算，从而问题可得解.6．B【答案解析】

设，则，，由B，P，D三点共线，C，P，E三点共线,可知，,解得即可得出结果.【题目详解】设，则，，因为B，P，D三点共线，C，P，E三点共线，所以，，所以，.故选:B.【答案点睛】本题考查了平面向量基本定理和向量共线定理的简单应用,属于基础题.7．D【答案解析】

根据面面关系判断A；根据否定的定义判断B；根据充分条件，必要条件的定义判断C；根据逆否命题的定义判断D.【题目详解】若平面，，，满足，，则可能相交，故A错误；命题“：，”的否定为：，，故B错误；为真，说明至少一个为真命题，则不能推出为真；为真，说明都为真命题，则为真，所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件，故C错误；命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，故D正确；故选D【答案点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，写出命题的逆否命题等，属于中档题.8．C【答案解析】

由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.【题目详解】因为，，所以解得，所以，所以，，，故选：C.【答案点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.9．A【答案解析】由给定的三视图可知，该几何体表示一个底面为一个直角三角形，且两直角边分别为和，所以底面面积为高为的三棱锥，所以三棱锥的体积为，故选A．10．B【答案解析】

根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得.【题目详解】在上投影为，即又本题正确选项：【答案点睛】本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.11．D【答案解析】

先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解.【题目详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为，由题意，球的体积为，即可得球的半径为1，又由边长为的正方形硬纸，可得圆的半径为，利用球的性质可得，又由到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为，所以球心到底面的距离为.故选：D.【答案点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.12．D【答案解析】

画出可行域，计算出原点到可行域上的点的最大距离，由此求得的最大值.【题目详解】画出可行域如下图所示，其中，由于,，所以，所以原点到可行域上的点的最大距离为.所以的最大值为.故选：D【答案点睛】本小题主要考查根据可行域求非线性目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．60【答案解析】

根据题中给的信息与双曲线的定义可求得与,再在中,由余弦定理求解得,继而得到各边的长度,再根据计算求解即可.【题目详解】如图所示：设双曲线的半焦距为.因为,,,所以由勾股定理,得.所以.因为是上一个靠近点的三等分点,是的中点,所以.由双曲线的定义可知：,所以.在中,由余弦定理可得,所以,整理可得.所以,解得.所以.则.则,得.则的底边上的高为.所以.故答案为：60【答案点睛】本题主要考查了双曲线中利用定义与余弦定理求解线段长度与面积的方法,需要根据双曲线的定义表示各边的长度,再在合适的三角形里面利用余弦定理求得基本量的关系.属于难题.14．【答案解析】

依题意，将点的坐标代入曲线的方程中，解得.由，得，则曲线在点处切线的斜率，所以在点处的切线方程是，即．15．【答案解析】

在不等式两边同时取对数，然后构造函数f（x）＝，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论．【题目详解】不等式两边同时取对数得，即x2lnx1＜x1lnx2，又即成立，设f（x）＝，x∈（0，m），∵x1＜x2，f（x1）＜f（x2），则函数f（x）在（0，m）上为增函数，函数的导数，由f′（x）＞0得1﹣lnx＞0得lnx＜1，得0＜x＜e，即函数f（x）的最大增区间为（0，e），则m的最大值为e故答案为：e【答案点睛】本题考查函数单调性与导数之间的应用，根据条件利用取对数得到不等式,从而可构造新函数，是解决本题的关键16．【答案解析】

先利用倍角公式及差角公式把已知条件化简可得，平方可得.【题目详解】∵，∴，则，平方可得．故答案为：.【答案点睛】本题主要考查三角恒等变换，倍角公式的合理选择是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）；（2）.【答案解析】

（1）过作的垂线，垂足为，易得，进一步可得；（2）利用导数求得最大值即可.【题目详解】（1）如图，过作的垂线，垂足为，在直角中，，，所以，同理，.（2）设，则，令，则，即.设，且，则当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增，所以当时，取得极小值，所以.因为，所以，又，所以，又，所以，所以，所以，所以能通过此钢管的铁棒最大长度为.【答案点睛】本题考查导数在实际问题中的应用，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.18．（1）①；②8079；（2）.【答案解析】

（1）①时，，，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程．②由，得，由此能求出的值．（2）根据若对任意给定的，，在区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围．【题目详解】（1）①∵，∴∴，∴，∵，所以切线方程为.②，.令，则,.因为①,所以②,由①+②得,所以.所以.（2），当时，函数单调递增；当时，，函数单调递减∵，，所以，函数在上的值域为.因为，，故，，①此时，当变化时、的变化情况如下：—0+单调减最小值单调增∵，，∴对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，使得成立，当且仅当满足下列条件，即令，，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减所以，对任意，有，即②对任意恒成立.由③式解得：④综合①④可知，当时，对任意给定的，在上总存在两个不同的，使成立.【答案点睛】本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决．19．(1)(2)①生产线上挽回的损失较多.②见解析【答案解析】

(1)由题意得到关于的不等式，求解不等式得到的取值范围即可确定其最小值；(2)①.由题意利用二项分布的期望公式和数学期望的性质给出结论即可；②.由题意首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后由分布列可得利润的期望值.【题目详解】（1）设从，生产线上各抽检一件产品，至少有一件合格为事件，设从，生产线上抽到合格品分别为事件，，则，互为独立事件由已知有，则解得，则的最小值（2）由（1）知，生产线的合格率分别为和，即不合格率分别为和.①设从，生产线上各抽检件产品，抽到不合格产品件数分别为，，则有，，所以，生产线上挽回损失的平均数分别为：，所以生产线上挽回的损失较多.②由已知得的可能取值为，，，用样本估计总体，则有，，所以的分布列为所以（元）故估算估算该厂产量件时利润的期望值为（元）【答案点睛】本题主要考查概率公式的应用，二项分布的性质与方差的求解，离散型随机变量及其分布列的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20．（1）单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，+∞）（2）【答案解析】

（1）化简函数h（x），求导，根据导数和函数的单调性的关系即可求出（2）函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，则f′（x）＝lnx﹣mx＝0有两个正根，由此得到m（x2﹣x1）＝lnx2﹣lnx1，m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，消参数m化简整理可得ln（x1x2）＝ln•，设t，构造函数g（t）＝（）lnt，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最大值即可求出x1•x2的最大值．【题目详解】（1）令m＝2，函数h（x），∴h′（x），令h′（x）＝0，解得x＝e，∴当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，∴函数h（x）单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，+∞）（2）f（x）＝u（x）﹣v（x）＝xlnxx+1，∴f′（x）＝1+lnx﹣mx﹣1＝lnx﹣mx，∵函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，∴f′（x）＝lnx﹣mx＝0有两个不等正根，∴lnx1﹣mx1＝0，lnx2﹣mx2＝0，两式相减可得lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），两式相加可得m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，∴∴ln（x1x2）＝ln•，设t，∵1e，∴1＜t≤e，设g（t）＝（）lnt，∴g′（t），令φ（t）＝t2﹣1﹣2tlnt，∴φ′（t）＝2t﹣2（1