2023~2024学年安徽合肥高三第二学期高考数学试题{三模}带解析

这是一份2023~2024学年安徽合肥高三第二学期高考数学试题{三模}带解析，共24页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，，则集合的非空真子集的个数为（ ）
A. 14B. 15C. 30D. 62
【正确答案】D
【分析】解集合A中的不等式，得到集合A，由集合B中元素的条件得到集合B，再求集合，由集合中元素的个数，判断非空真子集的个数.
【详解】不等式解得，由，得集合，
则集合，所以集合，
集合中有6 个元素，所以集合的非空真子集的个数为．
故选：D．
2. 已知复数满足（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】D
【分析】根据复数的除法、模长运算化简复数，再结合复数的几何意义即可得答案.
【详解】由得，
∴复数z在复平面内对应的点为，
∴复数z在复平面内对应的点所在的象限为第四象限．
故选：D．
3. 给出下列四个命题，其中正确命题为（ ）
A. “，”的否定是“，”
B. “”是“”的必要不充分条件
C. ，，使得
D. “”是“”的充分不必要条件
【正确答案】C
【分析】利用全称量词命题的否定判断A；利用充分条件、必要条件的定义判断BD；判断存在量词命题的真假判断C作答.
【详解】对于A，“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，该命题的否定为，，A错误；
对于B，“若，则”是假命题，如，而，B错误；
对于C，取，则，C正确；
对于D，因为函数是R上的增函数，则“”是“”的充要条件，D错误．
故选：C
4. 如图，用，，三类不同的元件连接成一个系统，当正常工作且，至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知，，正常工作的概率依次是，，，已知在系统正常工作的前提下，则只有和正常工作的概率是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用独立事件的乘法公式求得系统正常工作和只有M和正常工作的概率，再利用条件概率公式求解即可.
【详解】设事件A为系统正常工作，事件B为只有M和正常工作，
因为并联元件、能正常工作的概率为，
所以，又，
所以．
即只有M和正常工作的概率为.
故选：C．
5. 以边长为2的等边三角形ABC每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成曲边三角形，已知P为弧AC上的一点，且，则的值为（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】如图所示，以B为坐标原点，建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】如图所示，以B为坐标原点，直线BC为x轴，过点B且垂直于BC的直线为y轴，
建立平面直角坐标系，则，，
由，得，
所以，，
所以．

故选：C.
6. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 的最小正周期为B. 直线是图像的一条对称轴
C. 在上单调递增D. 若在区间上的最大值为1，则
【正确答案】D
【分析】利用倍角公式和辅助角公式，化简函数解析式，根据函数解析式研究最小正周期、对称轴、单调区间和最值.
【详解】，
所以的最小正周期为，A错误；
因为，，所以直线不是图像的一条对称轴，B错误；
当时，，而函数在上不单调，C错误；
当时，，因为在区间上最大值为1，即，所以，解得，D正确．
故选：D．
7. 已知是定义在上的奇函数，其图象关于点对称，当时，，若方程的所有根的和为6，则实数k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】数形结合思想，方程的根转化为和的图象的公共点的横坐标，根据直线与圆的位置关系求解.
【详解】方程的根转化为
和的图象的公共点的横坐标，
因为两个图象均关于点对称，
要使所有根的和为6，则两个图象有且只有3个公共点．
因为时，，
所以，所以图象为圆一部分，
作出和的图象如图所示．
当时，只需直线与圆相切，
所以，可得；
当时，只需直线与圆相离，
所以，解得得或（舍）．
故k的取值范围是．
故选：A．
8. 已知函数，若对任意的恒成立，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】讨论，，利用导数得出，构造函数，由导数得出，进而得出的最大值.
【详解】，，
当时，恒成立，则单调递减，，显然不恒成立；
当时，时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增，
∴，
∵恒成立，∴，∴，
令，，，
时，；时，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∴，即的最大值是.
故选：B．
关键点睛：解决本题的关键在于，将不等式的恒成立问题转化为最值问题得出，再由导数得出.
二、多选题：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2分，有选错的得0分.
9. 在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为n，按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示．其中，成绩落在区间内的人数为16．则下列结论正确的是（ ）
A. 图中
B. 样本容量
C. 估计该市全体学生成绩的平均分为70.6分
D. 该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分
【正确答案】ACD
【分析】根据频率之和等于1，即可判断A；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意算出25%分位数，即可判断D．
【详解】对于A，因为，解得，故A正确；
对于B，因为成绩落在区间内的人数为16，所以样本容量，故B错误；
对于C，学生成绩平均分为，故C正确；
对于D，因为，解得，所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知正实数满足，当取最小值时，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为1D. 的最小值为
【正确答案】AC
【分析】由，代入用基本不等式求得最小值，得结论判断A，此处条件代入已知得可判断B，判断AB过程中两个结论代入后利用二次函数性质求得最值判断CD．
【详解】∵正实数满足，
∴，当且仅当，即时等号成立，A正确；
时，，B错；
，，即时，的最大值1，C正确D错误．
故选：AC．
11. 已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若N为中点，当最小时，
B. 当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C. 直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D. 当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为
【正确答案】ACD
【分析】对于A，由展开图求解；对于B，取特殊位置判断；对于C，由空间向量求解；对于D，由正四面体的性质可求内切球半径，可得内切球的表面积，．
【详解】对于A，矩形与正方形展开成一个平面，如图所示，
若最小，则A、M、N三点共线，因为，
所以，则有 ，
即，故A正确；
对于B，当点M与点重合时，连接、、、、，如图所示，
在正方体中，平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
又平面，所以，同理可证，
因为，平面，所以平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；
设E、F、Q、N，G，H分别为，、，，，的中点，易知六边形EFQNGH是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形 EFQNGH的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即B错误；
对于C，以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，设，
因为平面，所以是平面的一个法向量，且，，故，
所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为，则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为，故C正确；
对于D，当点M与点C重合时，四面体即为为正四面体，棱长，
由正四面体的性质可得，其内切球半径，
所以表面积为，故D正确．
故选：ACD．
12. 已知抛物线的焦点为，准线为，、是上异于点的两点（为坐标原点）则下列说法正确的是（ ）
A. 若、、三点共线，则的最小值为
B. 若，则的面积为
C. 若，则直线过定点
D. 若，过的中点作于点，则的最小值为
【正确答案】ABD
【分析】设出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理、焦半径公式以及基本不等式可求得的最小值，可判断A选项；求出点的横坐标的绝对值，利用三角形的面积公式可判断B选项；设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理以及求出的值，求出直线所过定点的坐标，可判断C选项；利用抛物线的定义以及基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，易知抛物线的焦点为，
当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，则，
易知，，所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A对；
对于B选项，设点，，可得，所以，，
则，所以，，B对；
对于C选项，易知的斜率存在，设直线的方程为，
设点、，由于直线不过原点，所以，，
联立可得，，
由韦达定理可得，所以，，
因为，则，解得，
所以，直线的方程为，故直线过定点，C错；
对于D选项，过点作于点，过点作于点，
设，，所以，
因为
，
所以，则的最小值为，当且仅当时，等号成立，D对．
故选：ABD．
方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的值域是______．
【正确答案】
【分析】根据分段函数结合常见函数的取值情况即可求得函数的值域.
【详解】当时，满足；
当时，由，
所以函数的值域为．
故．
14. 某企业五一放假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，则不同的安排种数为______．
【正确答案】14
【分析】根据特殊元素法进行安排即可.
【详解】①若甲安排在最后一天，则不同的安排数为；②若甲不安排在最后一天，则不同的安排数为．综上，不同的安排种数为14．
故答案为.
15. 过双曲线右焦点F直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂足为点A，O为坐标原点，若的角平分线与x轴交于点M，且点M到OA与AF的距离都为，则双曲线C的离心率为______．
【正确答案】
【分析】如图设点A在第一象限，根据点到直线的距离公式可得F到渐近线的距离为b，得，由题意得四边形MTAN为正方形，有，整理可得，即可求解.
【详解】由题意得，双曲线的渐近线为，，如图，
设点A在第一象限，则点F到渐近线的距离为，
所以，
过点M分别作于点N，于点T，
又于A，所以四边形MTAN为正方形，得，
所以，又，
所以，得，则，
所以，故，
即双曲线离心率为.
故答案为.
16. 已知四面体的四个顶点都在球的球面上，是边长为2的等边三角形，外接圆的圆心为．若四面体的体积最大时，，则球的半径为______；若，点为的中点，且，则球的表面积为______．
【正确答案】 ①. ②.
【分析】先确定的外接圆半径，若四面体的体积最大时，结合直角三角形的边角关系即可求得此时球的半径；若，根据四面体的线面关系确定外接球球心的位置，求解半径大小，即可得此时球的表面积.
【详解】设的外接圆的半径R，由题可得，解得；
若四面体的体积最大时，则点B在过和的直径上，且在的两侧，
在中，，又，所以，
设球的半径为，则在中，，解得；
如图，取的中点，连接并延长交圆于点．连接，
由得，则．．
在中，，所以在中，由余弦定理得，可得，
结合图形可得圆．连接，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，
四面体外接球的半径解得，所以球O的半径，
四面体ABCD外接球的表面积为．
故；.
四、解答题：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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角C；
（2）设BC的中点为D，且，求的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）已知等式，由正弦定理和两角和的正弦公式化简，可求角C；
（2）设，由正弦定理，把表示成的三角函数，利用三角函数的性质求取值范围.
【小问1详解】
中，，由正弦定理得．
所以，
即，
所以；
又，则，所以，
则有，又因为，则，即；
【小问2详解】
设，则中，由可知，
由正弦定理及可得，
所以，，
所以，
由可知，，，
所以．
即的取值范围.
18. 在数列中，，且对任意的，都有．在等差数列中，前n项和为，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【正确答案】（1），；
（2）
【分析】（1）由递推关系，可用累加法即可求得，再对，化简解得，从而可得的通项公式；
（2）由知（1）结论即可求得，利用错位相减法、等比数列的前n项和公式即可得出结论.
【小问1详解】
由得时，．
又，满足，所以．
设等差数列的公差为d，则，解得，
所以；
【小问2详解】
，①，②
①-②得
所以．
19. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．卡塔尔世界杯后，某校为了激发学生对足球的兴趣，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，统计得出的数据如下表：
（1）根据所给数据完成上表，试根据小概率值的独立性检验，分析该校学生喜欢足球与性别是否有关．
（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球，已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人踢球一次，假设各人踢球相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．
附：，．
【正确答案】（1）表格见解析，该校学生喜欢篮球与性别有关；
（2）分布列见解析，数学期望为.
【分析】（1）根据题意中的数据分析，补充列联表，利用卡方公式计算，结合独立性检验的思想即可下结论；
（2）3人进球总次数的所有可能取值为0，1，2，3．利用独立事件的乘法公式求出对应的概率，得出分布列，结合求数学期望公式计算即可求解.
【小问1详解】
因为随机抽取了男、女同学各100名进行调查，
男生不喜欢篮球的有50人，女生喜欢篮球的有25人，
所以男生喜欢篮球的有50人，女生不喜欢篮球的有75人.
列联表如下：
零假设为：该校学生喜欢篮球与性别无关．
根据列联表中的数据，经计算得到，
∴根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生喜欢篮球与性别有关．
【小问2详解】
3人进球总次数的所有可能取值为0，1，2，3．
，，
，．
∴的分布列如下：
∴的数学期望：．
20. 如图，在三棱锥中，为直角三角形，，的边长为4的等边三角形，，．
（1）求证：平面平面ABC；
（2）求二面角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）通过等腰三角形性质、中位线的性质、勾股定理，证明平面ABC，可证平面平面ABC．
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值.
【小问1详解】
（方法一）证明：如图，分别取AC，AB的中点D，E，连接PD，DE，PE，
则．因为，，所以，．
因为是边长为4的等边三角形，所以，，
在中，，，
因为，点E为AB的中点，所以，
，
在中，有，所以，
，平面ABC，所以平面ABC，
因为平面PAB，所以平面平面ABC．
（方法二）证明：如图，分别取AC，AB的中点D，E，连接PD，PE，DE，则．
因为，所以，，
是等边三角形，则，
由，平面PDE，所以平面PDE，
又平面PDE，所以，
因为，点E为AB的中点，所以，
又， 平面ABC，则有平面ABC，
因为平面PAB，所以平面平面ABC．
【小问2详解】
以点C为原点，直线CA，CB分别为x，y轴，过点C且与PE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
，，，．
设平面PBC的一个法向量为，
则，取，得，则．
设平面PAB的一个法向量为，则，
取，得，则．
设二面角的平面角为，所以．
21. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，，点A，B，C分别为椭圆的左、右顶点和上顶点，O为坐标原点，过点的直线l交椭圆于E，F两点，线段的中点为．点P是上在第一象限内的动点，直线AP与直线BC相交于点Q，直线CP与x轴相交于点M．
（1）求椭圆的方程；
（2）设的面积为，的面积为，求的值．
【正确答案】（1）
（2）16
【分析】（1）根据题意，利用待定系数法即可求出结果；
（2）由题可知，，所以直线BC的方程的截距式为，即为．设直线AP的斜率为k，点P的坐标为，则AP的方程为，并与椭圆方程联立方程组解得，，从而表达出点P坐标，同理可得出，的值，继而求得的值．
【小问1详解】
因为线段的中点为在y轴上，O为的中点，
所以轴，即轴，
设，，，代入椭圆的方程得，，
又，所以，即，
所以，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意可得，，所以直线BC的方程的截距式为，即为．
设直线AP的斜率为k，点P的坐标为，则AP的方程为，
联立得，
所以，即，．
所以．直线CP的方程为，
设点M，Q的坐标分别为，，
在中，令得．
解得．
所以．
关键点睛：本题第二问的关键是采取设线法，AP的方程为，并与椭圆方程联立方程组，解得，是关键；本题考查了椭圆的标准方程以及椭圆中三角形面积的问题，属于较难题.
22. 若对任意的实数k，b，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”．
（1）判断函数是否为“恒切函数”；
（2）若函数是“恒切函数”，求证：．
【正确答案】（1）是“恒切函数”；
（2）证明见解析.
【分析】（1）设函数的切点为，分析“恒切函数”的性质可得，对于函数，则有，解可得，即可得出结论.
（2）设函数的切点为，分析可得，设，考查的解，综合即可得答案.
【小问1详解】
根据题意，若函数为“恒切函数”，切点为，则即，对于函数，，所以解得．因此，函数是“恒切函数”；
【小问2详解】
根据题意，函数是“恒切函数”，设切点为，由，可得，则有即考查方程的解，设，因为，令，得．当时，；当时，．所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．所以．
（i）当时，因为，，所以，函数在区间上存在唯一零点．又因为；
（ii）当时，因为，所以函数在区间上有唯一零点，则，综上所述，．
本题考查利用导数分析函数的切线以及函数的单调性，关键是理解“恒切函数”的定义，属于较难题.
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
50
女生
25
合计
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
喜欢篮球
不喜欢篮球
合计
男生
50
50
100
女生
25
75
100
合计
75
125
200
0
1
2
3
P