2023届安徽省蚌埠市高三四模数学试题含解析

2023届安徽省蚌埠市高三四模数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出集合再求即可.

【详解】因为集合，则.

故选：B.

2．已知为虚数单位，复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定的条件，利用复数除法运算求出即可作答.

【详解】依题意，，

所以.

故选：D

3．已知等差数列满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用等差中项求解即可.

【详解】因为数列是等差数列，

所以，即，

所以，

故选：A

4．已知实数满足且，则下列不等关系一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由不等式的性质判断A、B，根据基本不等式可判断C、D.

【详解】因为且，所以或，

对A：若，则，若，则，A错误；

对B：∵，，∴，B错误；

对C：由或，知且，∴，C正确；

对D：当时，有，从而

当，则且，∴，D错误.

故选：C

5．将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点顺时针旋转后，交单位圆于点，那么（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据任意角三角函数的定义，求得的正弦值与余弦值，利用正弦的和角公式，可得答案.

【详解】由点在单位圆上，则，解得，

由锐角，即，则，

故，

所以

.

故选：D

6．如图是函数图象的一部分，设函数，，则可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性结合定义域分析判断.

【详解】因为，

所以为偶函数，为奇函数.

可知，为非奇非偶函数，，为奇函数，

由图可知：为奇函数，故A、C错误；

由于，令，可得，

故的定义域为.

又因为的定义域为，所以D错误；

故选：B.

7．在中，已知，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量的线性运算利用表示可得，解出，再利用即可求解.

【详解】由题意可得，

解得，

所以，即，

所以，

故选：A

8．已知双曲线的右焦点为，过点的直线分别与双曲线的渐近线平行，与渐近线的交点记为，若 为等边三角形，且面积为，则（    ）

A． B． C．3 D．2

【答案】C

【分析】作图，分析几何关系得到四边形OABF是菱形，利用条件即可求出 .

【详解】

由题意作上图，显然四边形 是平行四边形，又 是等边三角形， 是菱形，

由于 ， 的AB边上的高 ，即 ，

的方程为： ，A在上， ， ；

故选：C.

二、多选题

9．某校在开展的“体育节”活动中，为了解学生对“体育节”的满意程度，组织学生给活动打分（分数为整数，满分100分），发现分数均在内.从中随机抽取一个容量为300的样本，并将这些数据分成6组并作出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形（如图所示），则下列说法中正确的是（    ）

A．样本中分数落在的频数为60人

B．样本的众数为75分

C．样本的平均数为73.5分

D．样本的80百分位数为85分

【答案】BC

【分析】利用直方图求频数，分析样本众数、平均数及80百分位数判断各项正误.

【详解】由直方图，的频率为，

所以分数落在的频数为人，A错；

而的频率为，为各组最大，故样本的众数为75分，B对；

样本平均数为，C对；

由，

所以80百分位数在，设为，则，可得分，D错.

故选：BC

10．袋中有大小相同的8个小球，其中5个红球，3个蓝球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.记“第一次摸球时摸到红球”为事件，“第一次摸球时摸到蓝球”为事件；“第二次摸球时摸到红球”为事件，“第二次摸球时摸到蓝球”为事件，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABCD

【分析】求出，，，，根据条件概率公式计算可得答案.

【详解】因为，，

事件有两种情况，①第一次摸到红球，第二次摸到红球；②第一次摸到蓝球，第二次摸到红球；

，

事件有两种情况，①第一次摸到红球，第二次摸到蓝球；②第一次摸到蓝球，第二次摸到蓝球；

,

所以，故A正确；

，故B正确；

，故C正确；

，故D正确.

故选：ABCD.

11．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则（    ）

A．直线与所成角的正切值为

B．直线平面

C．平面平面

D．到直线的距离为

【答案】BCD

【分析】把直线与所成的角，转化为直线与所成的角，在直角中，求得所成的角的正切值为，可判定A不正确；由，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；由 平面，得到平面，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设，证得，得到即为点到直线的距离，在直角中求得，可判定D正确.

【详解】对于A中，在正方体中，可得，

所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，

取的中点，连接和，

在直角中，，即异面直线与所成的角的正切值为，所以A不正确；

对于B中，因为点分别是棱的中点，可得，

又因为平面，平面，所以直线平面，

所以B正确；

对于C中，在正方体中，可得平面，

因为，所以平面，

又因为平面，所以平面平面，所以C正确；

对于D中，设，因为平面，且平面，

可得，所以即为点到直线的距离，

在直角中，，所以，

即到直线的距离为，所以D正确.

故选：BCD.

12．设定义在R上的函数与的导数分别为与，已知，，且的图象关于直线对称，则下列结论一定成立的是（    ）

A．函数的图象关于点对称

B．函数的图象关于直线对称

C．函数的一个周期为8

D．函数为奇函数

【答案】AC

【分析】由，可得，由的图象关于直线对称，则，据此可判断各选项正误.

【详解】因，两边求导可得.的图象关于直线对称，则.

A选项，由可得，

由可得，

则，

即函数的图象关于点对称，故A正确；

B选项，若函数的图象关于直线对称，则.

又，

，则.

即是常函数，但不一定是常函数，故B错误；

C选项，由可得.

由可得，又，

则，则函数的一个周期为8，故C正确；

D选项，若函数为奇函数，则.

由可得.又，

则，得的一个周期为4，但题目条件不足以说明的周期情况，故D错误.

故选：AC

三、填空题

13．已知向量，则在上的投影向量为___________.（用坐标表示）

【答案】

【分析】根据给定条件，结合投影向量的意义求解作答.

【详解】因为，则有，

所以在上的投影向量为

故答案为：

14．如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切.若，则该模型中最小小球的半径为___________.

【答案】/

【分析】设E为底面的中心，F为CD的中点，O为大球的球心，大正四面体的棱长为a，高为h，利用，求得正四面体内切球的半径为正四面体的高为四分之一求解.

【详解】解：如图所示：

设 O为大球的球心，大正四面体的底面中心为E，CD的中点为F，棱长为a，高为h，连接OA，OB，OC，OD，

则，

大球所对应的正四面体的高为，

因为，

所以，

所以，

因为大正四面体的棱长为12，

所以 ，，

，，

，，

故答案为：

15．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上，若三点共线，且的外接圆交于点的外接圆交于点，则___________.

【答案】1

【分析】根据，得到为外接圆的直径，为外接圆的直径，，从而有，再结合抛物线得到求解.

【详解】解：如图所示：

因为，所以为外接圆的直径，为外接圆的直径，

所以，

由抛物线的定义得，

则，

所以，

所以，

则，

所以，

故答案为：1

四、双空题

16．函数的部分图象如图所示，若，且，则___________，___________.

【答案】     /     /

【分析】根据函数图象求得，由关于函数图象中y轴右侧第一个零点对称确定，再，应用平方关系、诱导公式即倍角余弦公式求值即可.

【详解】由题设，又，则，

，则，故，

由且是y轴左侧第一个零点，故，即，则，

由图知：关于函数图象中y轴右侧第一个零点对称，即对称，

所以，

由，且，

所以，

而，则

.

故答案为：，

五、解答题

17．已知的内角，，所对的边分别为，且满足.

(1)求角；

(2)若的面积为，点在边上，是的角平分线，且，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题中等式和二倍角公式，正弦定理，余弦定理整理可得.

（2）利用三角形面积公式，先求，再利用余弦定理求即可.

【详解】（1），

，

由正弦定理得，

，

又，.

（2）

，

，

，

由题意知，

，

，

，

，

，故.

的周长为.

18．已知数列和，，，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）通过题中关系，可构造出数列为等比数列，进而求和.

（2），可利用分组求和和错位相减求和法解题.

【详解】（1）由，，得，

整理得，而，

所以数列是以为首项，公比为的等比数列，

所以，

，

.

（2），

设，

则，

两式相减得，从而

.

19．某省高考改革新方案，不分文理科，高考成绩实行“”的构成模式，第一个“3”是语文､数学､外语，每门满分150分，第二个“3”由考生在思想政治､历史､地理､物理､化学､生物6个科目中自主选择其中3个科目参加等级性考试，每门满分100分，高考录取成绩卷面总分满分750分.为了调查学生对物理､化学､生物的选考情况，将“某市某一届学生在物理､化学､生物三个科目中至少选考一科的学生”记作学生群体，从学生群体中随机抽取100名学生进行调查，他们选考物理，化学，生物的科目数及人数统计如表：

(1)从这100名学生中任选2名，求他们选考物理､化学､生物科目数量相等的概率；

(2)从这100名学生中任选2名，记表示这2名学生选考物理､化学､生物的科目数量之差的绝对值，求随机变量的数学期望；

(3)用频率估计概率，现从学生群体中随机抽取4名学生，将其中恰好选考物理､化学､生物中的两科目的学生数记作，求事件“”的概率.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）由题，可知总情况数为，2人选考科目数量分别为1，2，3的情况数，据此可得答案；

（2）由题意可知的可能取值分别为，分别求得时概率即可得答案；

（3）由题可得随机抽取1人，选考科目数为2的概率为，又，即4人中有2人，3人，4人选考科目数为2，即可得答案.

【详解】（1）记“所选取的2名学生选考物理､化学､生物科目数量相等”为事件A，则

两人选考物理､化学､生物科目数量（以下用科目数或选考科目数指代）为1的情况数为，数目为2的为，数目为3的有，则.；

（2）由题意可知的可能取值分别为.

为0时对应概率为（1）中所求概率：；

为1时，1人选考科目数为1，另一人为2或1人为2，1人为3：

；

为2时，1人为1，1人为3：.

则分布列如图所示：

故的期望为；

（3）所调查的100名学生中物理､化学､生物选考两科目的学生有40名，相应的频率为，则4人中随机1人选考2科的概率为.

又，当时，相应概率为；当时，相应概率为；，相应概率为.

则

20．已知三棱柱中，侧面是正方形，底面是等腰直角三角形，且为线段中点，.

(1)求证：平面平面；

(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角为，且满足？若不存在，请说明理由；若存在，求出的长度.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）由，证得平面，得到，再由，证得平面，进而证得平面平面.

（2）假设存在点满足题意，取中点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，，分别求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：因为侧面是正方形，底面是等腰直角三角形，所以，

又因为，且平面，所以平面，

因为平面，所以，

由平行四边形，且，可得四边形为菱形，且，

可得是等边三角形，

因为为中点，可得，

又因为，且平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面.

（2）解：假设存在点满足题意，则由（1）知平面，

取中点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，

如图所示，则，

可得，

设，则，

设平面的法向量为，则，

取，可得，

设平面的法向量为，则

取取，可得.

则，

整理得，解得或（舍去）.

故存在满足题意.

21．已知椭圆的离心率为分别为椭圆的上､下顶点，且.

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线与椭圆交于两点（异于点），且的面积为，过点A作直线，交椭圆于点，求证：.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据条件列出关于的方程，求得它们的值，即得答案.

（2）联立直线和椭圆方程，设，可得到根与系数的关系式，根据三角形面积可得到，继而计算以及，推出，即可证明结论.

【详解】（1）由题意得：,解得,

故椭圆的方程为.

（2）证明：直线的方程为，代入，

得，需满足，

设，

则，

则，点O到直线l的距离为，

所以，

即，得，满足，

所以

设，则，即，

得，

因为，所以，即.

【点睛】难点点睛：有关直线和圆锥曲线的位置关系的题目，解题的思路一般并不难想到，即要联立直线和圆锥曲线方程，化简得到根与系数的关系式，结合条件进行化简，但难点在于计算的复杂性，计算量较大，且基本上都是相关参数的运算，因此要求计算十分细心才可.

22．已知函数.

(1)证明：；

(2)证明：函数在上有唯一零点，且.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性，求出最小值作答.

（2）利用导数结合零点存在性定理推理判断唯一零点，再借助单调性把不等式转化为证，然后构造函数推理作答.

【详解】（1）令，求导得，令，则，

即函数在R上单调递增，而，由得，由得，

因此函数在上单调递增，在上单调递减，有，

所以.

（2）由，求导得，令，

于是，即函数在上单调递减，

又，

由零点存在性定理知，存在唯一实数，使得，

则当单调递增，单调递减，而，则，

且在恒成立，又，

因此存在唯一，使得，

下面证明，由知，即，

则只需证，即证，

由（1）知：，只需证：，

令，而，

故只需证，其中，

令，

则，函数在上单调递增，

因此，即时，，

所以.

【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.