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2023年“安徽省示范高中皖北协作区”第25届高三联考
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则=（ ）
A. B. C. D.
3.已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，且，则点到坐标原点的距离是（ ）
A.2 B. C. D.4
4.宿州市三角洲生态公园是多功能的综合性公园，其标志性雕塑“生命之源”为水滴形状，寓意水是生命之源，此雕塑顶部可视为一个圆锥.已知此圆锥的高为，其母线与底面所成的角为60°，则此圆锥的侧面展开图的面积为（ ）
A. B. C. D.
5.函数的部分图象大致是（ ）
A.B.C.D.
6.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
7.已知，，（其中是自然对数的底数），则下列大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
8.许多建筑物的地板是用正多边形的地砖铺设而成的（可以使用多种正多边形的地砖）.用正多边形地砖可以铺出很多精美的图案，如图.若用边长相等的正多边形地砖铺满地面，且保持每块地砖完整不受损坏，则至少使拼接在同一顶点处的所有正多边形地砖的内角和恰为2元.现用正多边形地砖给一个地面面积较大的客厅铺设地板（所有类型地砖边长均相等），要求每块地砖完整不受损坏，铺设地砖后无空余地面（不考虑客厅墙角和周边地带），每个顶点周围只有3块正多边形地砖拼接在一起，则在某一顶点处的拼法（不考虑排列顺序）最多有
A.16种 B.15种 C.4种 D.5种
二、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2分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的是（ ）
A.数据5，7，8，11，10，15，20的中位数为11
B.一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为18.5
C.从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数能构成直角三角形三边长的概率为0.1
D.设随机事件和，已知，，，则
10.设数列的前项和为，，，则下列结论正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
11.已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A.的图象关于点对称 B.在区间上单调递增
C.在区间内有7个零点 D.的最大值为
12.定义在上的函数满足，，若，则（ ）
A.是周期函数 B.
C.的图象关于对称 D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.已知向量与的夹角为，且，则在上的投影向量的坐标为 .
14.的展开式中的系数为________.（用数字作答）
15.已知正四棱台内接于半径为1的球，且球心是四边形的中心，若该棱台的侧棱与底面所成的角是60°，则该棱台的体积为________.
16.已知为双曲线的一个焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与另一条渐近线交于点，若，则双曲线的离心率为________.
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.已知数列各项都为正数，且，.
（1）求的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，证明：.
18.为贯彻落实《健康中国行动（2019—2030年）》《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》等文件精神，确保2030年学生体质达到规定要求，各地将认真做好学生的体制健康监测.某市决定对某中学学生的身体健康状况进行调查，现从该校抽取200名学生测量他们的体重，得到如下样本数据的频率分布直方图.
（1）求这200名学生体重的平均数和方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）.
（2）由频率分布直方图可知，该校学生的体重服从正态分布，其中μ近似为平均数，近似为方差.
①利用该正态分布，求；
②若从该校随机抽取50名学生，记表示这50名学生的体重位于区间内的人数，利用①的结果，求.
参考数据：.若，则，，.
19.在中，角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，为边的中点，求线段长的取值范围.
20.如图，在四棱锥中，所有棱长都相等，，分别是棱，的中点，是棱上的动点，且.
（1）若，证明：平面.
（2）求平面与平面夹角余弦值的最大值.
21.已知分别是椭圆的左、右顶点，若椭圆的短轴长等于焦距，且该椭圆经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于，（异于，两点）两点，连接，并延长，分别交直线于不同的两点，.证明：直线与直线相交于点.
22.已知函数，其中是自然对数的底数.
（1）若，证明：当时，；当时，.
（2）设函数，若是的极大值点，求实数的取值范围.
（参考数据：）
2023年“安徽省示范高中皖北协作区”第25届高三联考
数学参考答案
1.A 由题意可得，，则．
2.D 设，则，整理得，
从而解得，，故.
3.C 设，由题意可得，解得，则，故点到坐标原点的距离是.
4.B 设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，由题意可得，则，从而，.
5.C 因为，所以，
所以是奇函数，则的图象关于原点对称，排除.当时，，排除.
6.D 设点的坐标为，因为，所以点的轨迹方程为，
因为点的轨迹关于直线对称，
所以圆心（5，2）在此直线上，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
7.B 由题意可得，，.
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
则，从而，即，故，即．
设，则，
当时，，所以在上单调递减，
则，即，即，
从而，即，故，即.
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
则，即，从而，
即，故即.
8.C 一个正边形各内角的和是，则每个内角为.
设在顶点处有块砖拼凑在一起，它们的边数分别为，
则有，即，
所以，.（1）
由（1）式可得.
当时，，（2）
设（2）式的一组解为，首先求出（2）式的全部整数解.
①当时，由（2）式可解得.
这组解给出的正多边形可以铺设地板，如图所示.故这时只有一种拼法.
②当中恰有两个相等，不妨设，
由（2）式得，即，
易知（2）式的全部解为=（5，5，10），（5，10，5），（10，5，5），（8，8，4），（8，4，8），（4，8，8），（12，12，3），（12，3，12），（3，12，12）.
依题设可知用正五边形和正十边形铺设地面，一定会出现两个正十边形有一条边重合的情况，这时，要铺满地面，另一个角是72°，而正五边形的1个内角是108°，则（5，5，10），（5，10，5），（10，5，5）不合要求.而对于解（8，8，4），（8，4，8），（4，8，8），（12，12，3），（12，3，12），（3，12，12）给出的拼接方法符合要求，且（8，8，4），（8，4，8），（4，8，8）对应同一拼法，（12，12，3），（12，3，12），（3，12，12）对应同一拼法，如图2和图3.故这时有两种拼法.
图2 图3
③当两两不相等，不妨设，
由（2）式得，即.
类似②对于解（5，5，10）不能铺设地面的讨论可知，必须是偶数，同理可得，，都是偶数.
由知，，代入（2）式得，.
则，解得.故可推出，则.
从而两两不相等的全部解为（4，6，12），（4，12，6），（6，4，12），（6，12，4），（12，6，4），（12，4，6），这些给出的正多边形都能铺设地面，它们对应同一拼法，如图.
综上，满足条件的拼法最多有4种.
BCD 选项中的数据按从小到大顺序，排出中位数为10，故错误.选项中的数据共有10个数，10×0.8=8，即第8个数与第9个数的平均数为18.5，则这组数据的第80百分位数是18.5，故正确.对于选项，只有3，4，5这三个数符合，则，故正确，对于选项，由全概率公式=，故D正确.
AD 当，时，，所以.
因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，则，故正确.
当，时，，即.因为，所以，
则，故错误.
当，时，，因为，所以，，
所以是周期为2的周期数列，则，故错误.
当，时，，则，即.
因为，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即，故正确.
11. BD由题意可得，则，
，故错误.
因为，所以当时，，故正确.
由得，.
则在内共有6个零点，故错误.
由题意可得，
令，则，
从而，
故在上单调递减；在上单调递增；在上单调递减.
因为，，所以的最大值为，故正确。
12.ACD 因为，，所以，
所以，即，所以是周期为4的周期函数，则正确.
在中，令，得，则.
因为，所以的图象关于直线对称，则正确.
因为，所以，所以，则错误.
由函数的对称性与周期性可得，，
则
，则D正确．
13.由题意可知与向量方向相同的单位向量为，
则向量在向量上的投影向量为.
14.-14 的展开式中的系数为.
15. 由题意可知该棱台的侧棱长为1，棱台的高为，上底面边长，下底面边长为，所以该棱台的体积是.
16.或 当直线与双曲线的一支交于两点时，不妨设，
过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，
直线与另一条渐近线交于点，则，，
因为，所以，
设渐近线的倾斜角为，
则，解得或（舍去），
即，故双曲线C的离心率.
当直线与双曲线的两支各交于一点时，
不妨设，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，
直线与另一条渐近线交于点，则，，
因为，所以.
设渐近线的倾斜角为，则，
解得或（舍去），即，
故双曲线的离心率.
综上，双曲线的离心率是或.
17.（1）解：因为，所以.
因为，所以，即.
因为，所以，即！.
当，满足上式，故！.
（2）证明：由（1）可知！，则.
所以.
因为，所以，即.
18.解：（1）由题意可得；
.
（2）①由（1）可知，，
则
②由①可知1名学生的体重位于的概率为0.6826.
因为，所以.
19.解：（1）因为，所以/，
即.
因为，所以，
所以，即.
因为，所以．
（2）因为为边的中点，所以，
所以.
在中，由正弦定理，得.
因为为锐角三角形，且，所以，
则，故.
因为，所以，即线段长的取值范围为.
20.（1）证明：连接，记，连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为是的中点，所以.
因为分别是棱的中点，所以，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：易证，，两两垂直，故以为原点，
分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，，
从而，，，.
因为，所以，
则.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
因为，所以，
所以，
则当时，平面与平面夹角的余弦值取得最大值.
21.（1）解：由题意可得，解得.
故所求椭圆的标准方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，，
联立消元得.
所以，①，
直线的方程为，
与直线联立，可得点的纵坐标.
直线的方程为与直线联立，
可得点的纵坐标，
则，.
故②，
把①代入②，可得，
所以直线与轴相交于右顶点.
同理可得直线与轴相交于右顶点.故直线与直线相交于点.
22.（1）证明：当时，，所以.
令，则.
由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减.
因为，所以当时，，即，
则在上单调递减.
因为，所以当时，，当时，.
（2）解：由题意可得，
则，且.
令，则.
令，则.
当时，，，所以，即.
所以在上是增函数，则.
①当，即时，在上恒成立，即在上是增函数.
因为，所以，所以在上单调递增.
与是极大值点矛盾，即不符合题意.
②当，即时，因为在上是增函数，且，
，
所以，
则当时，，即在上是减函数，从而，
故在上单调递减.
当时，对，，，
即，，所以，
则当时，.
故在上是增函数.
因为，即当时，在上是减函数，
所以，则在上单调递增，符合是极大值点.
故所求实数的取值范围为.

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