2023届安徽省定远中学高三下学期6月高考预测数学word版含解析

这是一份2023届安徽省定远中学高三下学期6月高考预测数学word版含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

 2023年高考预测数学试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据根式的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
由，所以，
所以，
所以．
故选：D．
2. 若复数满足，则的虚部是（）
A. i B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求得复数，即可确定答案.
【详解】因为，所以，
故的虚部是，
故选：D
3. 已知函数（，且）的图象恒过定点.若点在幂函数的图象上，则幂函数的图象大致是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先求出函数过定点的坐标，再求出幂函数的解析式，即可判断.
【详解】解：（，且）
令，则，即，故函数（，且）的图象恒过定点.
设
则解得，
故的图象大致是
故选：
【点睛】本题考查指数型函数过定点问题，待定系数法求幂函数解析式以及幂函数的图象的识别，属于基础题.
4. 已知数列中，，，则数列前项的和（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列的递推公式求出数列的奇数项都等于，偶数项都等于，进而求解.
【详解】依题意，，
则，两式相减得到，又，
​​​​​​所以数列的奇数项都等于，偶数项都等于，
所以，
故选：B．
5. 已知函数，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】确定函数的图象关于中心对称，在上单调递减，且，不等式转化为或或，解得答案.
【详解】依题意，，，
故，
故函数的图象关于中心对称，
当时，，，单调递减，
故在上单调递减，且，
函数的图象关于中心对称，在上单调递减，，
而，故或或，
解得或，故所求不等式的解集为，
故选：B.
6. 已知椭圆的离心率为 ，双曲线与椭圆有相同的焦点 ，， 是两曲线的一个公共点，若，则双曲线的渐近线方程为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴为，令在双曲线的右支上，由双曲线的定义，由椭圆的定义可知，又因为，所以，解得，代入上式得，即，由，则，即有，则渐近线方程为，即为，故选A.
考点：双曲线的几何性质.
【方法点晴】本题主要考查了双曲线的几何性质，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质、双曲线的标准方程及其简单的几何性质，以及圆锥曲线的定义等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，解答中熟记圆锥曲线的定义、标准方程及其简单的几何性质是解答的关键.
7. 小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（）
A. 20160 B. 20220 C. 20280 D. 20340
【答案】A
【解析】
【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.
【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；
小计：1+12+12=25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；
若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H
若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；
小计：；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；
若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能.
小计；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能；
若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
小计；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”
只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；
综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.
故选：A
【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.
8. 在梯形中，，，，，若点在线段上，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据，，，，建立空间直角坐标系，
设，得到，再求得的坐标，利用数量积的坐标运算求解.
【详解】建立如图所示平面直角坐标系：

因为，，，，
所以，
设
所以，
所以，，
所以，
当时，的最小值为，
故选：B.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 如图，正方体的棱长为，点为的中点，下列说法正确的是（）

A.
B. 平面
C. 点到平面的距离为
D. 与平面所成角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】连接、，证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断A；根据，与平面相交与点即可判断B；连接、交于，证明平面，从而可得点到平面的距离即为点到平面的距离，即可判断C；取中点，连接、，证明平面，从而可得与平面所成角即为，从而可判断D.
【详解】对于A选项，连接、，
在正方体中，平面，平面，所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为，、平面，
所以平面，又平面，所以，故A正确；
对于B选项，在正方体中，有，且与平面相交与点，
故FG与平面不平行，故B错误；
对于C选项，连接、交于，
在正方体中，平面，又平面，所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，即为，
又正方体棱长为，则，则点到平面的距离为，故C正确；
对于D选项，取中点，连接、，
因为四边形是正方形，点为的中点，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
所以与平面所成角即为，
则，
则与平面所成角的正弦值为，故D正确．

故选：ACD．
10. 已知，若关于 的方程存在正零点，则实数的值可能为（）
A. B. C. e D. 2
【答案】CD
【解析】
【分析】将式子变形，构造函数，和，即可利用导数求解单调性，即可求最值.
【详解】依题意，，令，
故问题转化为有解.
设，则，
故当时，，单调递减，当时，，单调递增，
故，而，所以存在唯一零点，
即在有解，即，
令，则，
故当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，故实数的取值范围为，
故选：CD.
【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
11. 下列命题中正确的命题是（）
A. ，使；
B. 若，则；
C. 已知，是实数，则“”是“”的必要不充分条件；
D. 若角的终边在第一象限，则的取值集合为．
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据指数函数性质，得到，可判定A不正确；由三角函数的基本关系式，可判定B正确；由指数函数与对数函数的性质，结合充分、必要条件的判定，可判定C正确；求得，分类讨论，结合三角函数的符号，可判定D正确．
【详解】对于A中：当时，，即，所以A不正确；
对于B中：若，则，
所以，可得或，此时，
所以B正确；
对于C：由，可得，又由，可得则，
所以“”是“”的必要不充分条件，所以C正确；
对于D：由角的终边在第一象限，可得，
当为偶数时，在第一象限时，可得；
当为奇数时，在第三象限时，可得，
所以的取值集合为，所以D正确．
故选：BCD．
12. 已知定义在上的函数满足，，且当时，，若函数在上至少有三个不同的零点，则下列结论正确的是（）
A. 的图象关于直线对称 B. 当时，
C. 当时，单调递减 D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据题意得函数是偶函数，且是周期为2的周期函数，进而利用数形结合思想讨论各选项即可得答案.
【详解】根据题意得：知是偶函数，
由知是周期为2的周期函数，
因为当时，，所以有如图的函数图象，

对于A：由图可知图象关于对称，所以A正确；
对于B：当时，，所以B正确；
对于C：当时，由周期为2可知单调性与时的单调性相同，
易知当时，单调递增，所以C错误；
对于D：设，
则函数在上至少有三个不同的零点，
等价于函数与图象在上至少有三个不同的交点，
结合图象可知，则有，
即，解得，所以D正确.
故选：ABD.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 为了解某社区居民的2019年家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：
收入x（万元）
8.2
8.6
10.0
11.3
11.9
支出y（万元）
6.2
7.5
8.0
t
9.8

根据上表可得回归直线方程，则t＝_______．
【答案】8.5
【解析】
【分析】
根据线性回归直线过中心点，分别求出收入和支出的平均数，代入即可得解.
【详解】分别求出收入和支出的平均数，
可得：，
，
代入可得：
，
解得：，
故答案为：.
【点睛】本题考查了线性回归直线方程，考查了线性回归直线过中心点的性质，易错点为直接代统计数据，计算量不大，属于基础题.
14. 若的展开式中项的系数为-160，则的最小值为_______
【答案】16
【解析】
【分析】求出的展开式的通项公式，得到，求出，再利用重要不等式，求出最小值.
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得：，
故，所以，
解得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为16.
故答案为：16
15. 已知椭圆的一个焦点是圆的圆心，且短轴长为8，则椭圆的长轴长为______
【答案】10
【解析】
【分析】将圆普通方程化为标准方程可得圆心，即椭圆焦点，再根据椭圆的关系和它们的几何意义列式计算即可.
【详解】由得，其圆心为，
即椭圆的一个焦点是，
所以，又，
得，即，所以，
椭圆的长轴长为10.
故答案为：10.
16. 已知三棱锥 中，平面，，，则三棱锥外接球的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】将三棱锥补成直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，确定外接球球心的位置，求出底面三角形的外接圆半径，进而求得三棱锥外接球半径，即可得答案.
【详解】因为，，
所以在中，根据余弦定理可得：，
即．所以，
所以∠ABC=120°，所以底面是顶角为120°的等腰三角形．
由题意将三棱锥补成如图所示的直三棱柱，

则该直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，
且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上．
设外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，
由正弦定理得，，
所以，，
所以三棱锥外接球的体积为，
故答案为：
四、解答题（本大题共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. 已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）结合等差数列下标性质可得，再由前项和公式，即可求解；
（2）由（1），再结合错位相减法即可求解；
【详解】（1）设数列的公差为，∵，∴，，∴，
∴，∴.
（2）由（1）可知，
∴数列的前项和为，
，
两式作差，得，
∴.
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，错位相减法求解数列的前项和，属于中档题
18. 在中，角的对边分别为．
（1）求的大小；
（2）若为锐角，求的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用条件，切化弦得到，再利用正弦的和角公式及诱导公式得到，即可求出结果；
（2）利用（1）中结果，用表示出，通过化简变形得到，再利用的图像与性质即可求出结果.
【小问1详解】
由，得到
，即，所以，
又，所以，则，又，所以或.
【小问2详解】
∵角是锐角，由（1）知，
,
，所以，故，所以，又,
所以的取值范围是．
19. 近年来，各平台短视频、网络直播等以其视听化自我表达、群圈化分享推送、随时随地传播、碎片化时间观看等特点深受人们喜爱，吸引了眼球赚足了流量，与此同时，也存在功能失范、网红乱象、打赏过度、违规营利、恶意营销等问题．为促使短视频、网络直播等文明、健康，有序发展，依据《网络短视频平台管理规范》《网络短视频内容审核标准细则》等法律法规，某市网信办、税务局、市场监督管理局联合对属地内短视频制作、网络直播进行审查与监管．
（1）对短视频、网络直播的整体审查包括总体规范、账户管理、内容管理等三个环节，三个环节均通过审查才能通过整体审查．设某短视频制作团队在这三个环节是否通过审查互不影响，且各环节不能通过审查的概率分别为．
①求该团不能通过整体审查的概率：
②设该团队通过整体审查后，还要进入技术技能检测环节，若已知该团队最终通过整体审查和技术技能检测的概率为35%，求该团队在已经通过整体审查的条件下通过技术技能检测的概率；
（2）某团队为提高观众点击其视频的流量，通过观众对其视频的评论分析来优化自己的创作质量，现有100条评论数据如下表：
对视频作品否满意
时间
合计
改拍前视频
改拍后视频
满意
28
57
85
不满意
12
3
15
合计
40
60
100
试问是否有99.9%的把握可以认为观众对该视频的满意度与该视频改拍相关程度有关联？
参考公式：，

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）①；②
（2）有
【解析】
【分析】（1）利用对立事件性质与条件概率公式即可求解；
（2）代入公式即可求出值，再与表格数据对比即可求解.
【小问1详解】
①由题意该团队不能通过审查的概率为：；
②假设该团队通过审查的事件为A.通过技术技能检测的事件为B，则由题意，
，，则；
【小问2详解】
根据题意得，
所以有99.9%的把握可以认为观众对该视频的满意度与该视频改拍相关程度有关联.
20. 如图，在三棱柱中，底面，的中点为，四面体的体积为，四边形的面积为.

（1）求到平面的距离；
（2）设与交于点O，是以为直角的等腰直角三角形且.求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由为的中点可得，而，利用等体积法即可求解点面距离；
（2）以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量求解线面角即可.
【小问1详解】
解：因为为的中点，，所以，
设到平面的距离为h，则到平面的距离为，
因为，
即，
即，得，即到平面的距离.
【小问2详解】
因为是以为直角等腰直角三角形，由（1）知，所以，
如图，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

则点，，，，.
则，，.
设平面的法向量为，
则由解得.
令，则，于是平面的一个法向量为.
所以直线与平面所成角的正弦值为
.
故直线与平面所成角的正弦值为.
21. 已知双曲线的实轴长为，C的一条渐近线斜率为，直线l交C于P，Q两点，点在双曲线C上.
（1）若直线l过C的右焦点，且斜率为，求的面积；
（2）设P，Q为双曲线C上异于点的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为，，若，求证：直线PQ过定点.
【答案】（1）
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义求出双曲线的方程联立进行求解即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.
【小问1详解】
如图：

因为双曲线的实轴长为，
所以，即.又因为C的一条渐近线斜率为，
所以，所以，故双曲线.
则其右焦点坐标为，因为直线l过C的右焦点，且斜率为，
所以直线l的方程为：，设，.
联立得：，
所以由韦达定理得：，.
所以，
点到直线l的距离为：.
所以.
【小问2详解】
证明：如图

设直线PQ的方程为：，设，.
联立得：.
，即
所以：，.
而，则，.
因为，所以
整理的：，
所以，
所以：，
所以，
整理得：，
代入韦达定理得：，
所以，
整理得：，
即，则或.
当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点；
当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点.
即为，因为P，Q为双曲线C上异于点的两动点，所以不符合题意.
故直线PQ过的定点为.
【点睛】与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理建立关系即可解决问题.
22. 已知函数，.
（1）当时，讨论函数的零点个数；
（2）若在上单调递增，且，求的最大值.
【答案】（1）当时，函数有两个零点；当或时，即或时，函数有一个零点；当即时，函数无零点；（2）的最大值为2.
【解析】
【分析】（1）整理得，故函数零点的个数取决于的零点个数，等价转化为与的值域之间的关系，利用导数求解即可求得结果；
（2）根据题意，恒成立，据此求得范围；再构造函数求得的最小值，即可求得的最大值.
【详解】（1）当时，，
故的零点个数，取决于的零点个数.
分离参数可得，令，则，
令，解得；令，解得；
故在单调递增，在单调递减.
故，又，当时，恒成立.
故当或，即或时，有一个零点；
当，即时，有两个零点；
当，即时，没有零点.
（2）根据题意，在时恒成立.
当时，，显然不存在使得恒成立；
当时，是单调减函数，且趋近于正无穷时，趋近于负无穷，不满足题意；
当时，，令，解得；令，解得；
故在单调递减，在单调递增，
要满足题意，只需成立即可.
综上所述，若在恒成立，
则且，即，
则，
令，则，
令，解得；令，解得，
故在单调递减，在单调递增.
故，即，
则.
又，故，
故的最大值为.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，涉及利用导数研究恒成立问题，以及双变量问题，属综合困难题.