安徽省淮北市2023届高三下学期一模数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1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〗〖祥解〗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.〖详析〗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〗〖祥解〗根据复数的几何意义以及复数的乘除运算规则计算.〖详析〗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〗〖祥解〗根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．〖详析〗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〗〖祥解〗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.〖详析〗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〗〖祥解〗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.〖详析〗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〗〖祥解〗根据三角函数定义解决即可.〖详析〗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〗〖祥解〗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.〖详析〗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〗〖祥解〗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.〖详析〗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〗〖祥解〗利用平面向量线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果.〖详析〗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：AD10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.是奇函数〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗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.〖详析〗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6C.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〗〖祥解〗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〖详析〗对于A,易得是抛物线的焦点，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，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〗〖详析〗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〗〖祥解〗根据二项式的展开式的通项公式赋值即可求出．〖详析〗因为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．〖『点石成金』〗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〗〖祥解〗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.〖详析〗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〗〖祥解〗作出函数图象，由条件观察图象确定的范围，化简，求其范围.〖详析〗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〗〖祥解〗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〖详析〗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：;〖『点石成金』〗关键点『点石成金』：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〗〖祥解〗（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详析〗解：因为，由正弦定理可得，即，则，又，所以．〖小问2详析〗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〗〖祥解〗（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详析〗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详析〗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〗〖祥解〗（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详析〗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详析〗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：奖项组别个人赛团体赛获奖一等奖二等奖三等奖高一20206050高二162910550（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人中来自高一的人数为，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〗〖祥解〗（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详析〗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详析〗由已知可得，得可能取值为0，1，2，，，的分布列为012p〖小问3详析〗

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〗〖祥解〗（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详析〗由已知点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详析〗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，