安徽省淮北市2023届高三一模数学试题.pdf

1、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U R，集合2230Pxxx和21,Qx xkk，则集合UPQ 的元素个数为（）A1B2C3D42已知复数 z 在复平面内对应点的坐标是2,1，则21zz（）A 15 i22B 15 i22C 53 i22D 53 i223如图所示，在三棱台A B CABC中，沿平面A BC 截去三棱锥AABC，则剩余的部分是（）A三棱锥B四棱锥C三棱柱D组合体4已知cos21sincos3 则3sin4（）A26B 13C26D135在平面直角坐

2、标系 xOy 中，点 11,A x y，22,B xy在椭圆22:12xCy 上，且直线 OA，OB 的斜率之积12，则22221121xyxy（）A1B3C2D 526如图，在平面直角坐标系 xOy 中，AB，CD，EF，GH 分别是单位圆上的四段弧，点 P 在其中一段弧上，角 以 Ox 为始边，OP 为终边若sincostan，则点 P 所在的圆弧是（）A ABB CDC CDD GH7如图，对于曲线 所在平面内的点 O，若存在以 O 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AOB成立，则称角 为曲线 的相对于点 O 的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线的相对于点 O

3、 的“确界角”已知曲线121,0,:41,0,xxexC yxxx（其中2.71828e L 是自然对数的底数），O 为坐标原点，则曲线 C 的相对于点 O 的“确界角”为（）A 6B 4C 3D 28对于一个古典概型的样本空间 和事件 A，B，C，D，其中 60n ，30n A，10n B，20n C，30n D，40n AB，10n AB，60n AD，则（）AA 与 B 不互斥BA 与 D 互斥但不对立CC 与 D 互斥DA 与 C 相互独立二、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

4、选错的得 0 分全科试题免费下载公众号高中僧课堂9已知 D 是ABC的边 BC 上的一点（不包含顶点），且 ADABACxyuuuruuuruuur，其中,x yR，则（）A1xyB21xyC2xyD22loglog2xy 10已知函数 ln 1f xxx，则（）A f x 在0,单调递增B f x 有两个零点C曲线 f x 在11,22f点处切线的斜率为 1 ln 2 D f x 是奇函数11已知曲线2:16yx，直线 l 过点4,0F交 于 A，B 两点，下列命题正确的有（）A若 A 点横坐标为 8，则24AB B若 2,3P，则 APAF的最小值为 6C原点 O 在 AB 上的投影的轨迹

5、与直线360 xy有且只有一个公共点D若2AFFBuuuruur，则以线段 AB 为直径的圆的面积是8112如图，以正方形的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，保持所作的直角三角形都相似，得四个正方形，记为 A、B、C、D，其面积记为AS，BS，CS，DS，则下列结论正确的有（）AADBCSSSSBADBCSSSSC2ADBSSSD2ADCSSS三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分1362xx的展开式中的常数项为_（用数字作答）14已知直四棱柱1111ABCDA B C D的底面是菱形，120ABC，棱长均为 4，AB，1

6、CC 的中点分别为P、Q，则三棱锥11PA D Q的体积为_15设,0,013,1.xxexf xexx x 若互不相等的实数1x，2x，3x 满足123f xf xf x，则112233x f xx f xx f x的取值范围是_16已知双曲线22:26xyC过点5,3，则其方程为_；设1F，2F 分别为双曲线 C 的左右焦点，D 为右顶点，过2F 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12AF F，12BF F的内心，则 MDND的取值范围是_（第一个空 2 分，第二个空 3 分）四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说

7、明、证明过程或演算步骤。17（本题满分 10 分）设ABC内角 A、B、C 所对边分别为 a、b、c，已知sinsinsinsincCbBCAaa，4b（1）求角 B 的大小（2）若4 63c，求ABC的面积18（本题满分 12 分）已知数列 na满足11a，132nnaa，2,nn（）求证：数列1na 是等比数列；（）若121nnnbnaa，nS 为数列 nb的前 n 项和，求nS 19（本题满分 12 分）如图，已知四棱锥 PABCD的底面是平行四边形，侧面 PAB 是等边三角形，2BCAB，60ABC，PBAC（）求证：面 PAB 面 ABCD；（）设 Q 为侧棱 PD 上一点，四边形

8、BEQF 是过 B，Q 两点的截面，且 AC平面 BEQF，是否存在点 Q，使得平面 BEQF 平面 PAD？若存在，确定点 Q 的位置；若不存在，说明理由20（本题满分 12 分）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：个人赛奖项组别一等奖二等奖三等奖团体赛获奖高一20206050高二162910550（）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；（）从高一和高二获奖者中各随机抽取 1 人

9、，以 X 表示这 2 人中团体赛获奖的人数，求 X 的分布列和数学期望；（）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 D 与 D 的大小关系（结论不要求证明）21（本题满分 12 分）已知椭圆2222:10 xyabab，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），2aOM（）求椭圆 的离心率 e；（）若2b，直线lAM，l 交 于 P、Q 两点，直线 OP，OQ 的斜率分别为1k，2k（）若 l 过 F，求12kk的值；（）若 l 不过原点，求OPQS的最大值22（本题满分 12 分）已知函

10、数 xf xekxk，k R（）讨论函数 f x 的单调性；（）当1k 时，令 22 f xg xx（）证明：当0 x 时，1g x；（）若数列 nx满足：113x，1nxneg x，证明：1ln 12nnx淮北市 2023 届高三一模数学参考答案一、选择题题号123456789101112答案BDBCACBDADACBCDBC二、填空题13240；14 4 3；1592,416221412xy，4 3 4 3,3312解：设123 ，最大正方形边长为 1，小正方形 A、B、C、D 的边长分别为 a，b，c，d则2cosa，cossinb，sincosc，2sind所以4422sincos2s

11、incos22ADBCSSSS，故 C 正确44sincosADBCS SS S，故 B 正确所以选 BC16解由双曲线22:26xyC过点5,3，所以 53226，所以方程为221412xy如图：设12AF F的内切圆与1AF，2AF，12F F 分别切于 H，D，G，所以 AHAD，11HFGF，22DFGF，所以121212122AFAFAHHFADDFHFDFGFGFa，又122GFGFc，所以1GFac，2GFca，又1EFac，2EFca，所以 G 与,0E a重合，所以 M 的横坐标为 a，同理可得 N 的横坐标也为a，设直线 AB 的倾斜角为，则22EF M，22EF N，ta

12、ntan22MENEcacasinsin222coscos222cacossin22sincos22ca22cossin22sincos22ca 2cossinca当2 时，0MENE，当2 时，由题知，2a，4c，3ba 因为 A，B 两点在双曲线的右支上，233，且2，所以 tan3 或 tan3，3133tan3，且10tan，244 34 342,00,tantan33MENE，综上所述，4 3 4 3,33MENE 故答案为：221412xy；4 3 4 3,33三、解答题17（本题满分 10 分）解：（1）由 sinsinsinsincCbBCAaa得22cbcaaa，即222ac

13、bac，则2221cos22acbBac，所以3B（2）注意到4b，3B，4 63c，由 sinsinbcBC得4 643sinsin 3C，即34 6223sin42C又20,3C，所以4C则53412A5sinsinsinsincoscossin12464646A23216222224所以114 6624 3sin4422343ABCSbcA 18（本题满分 12 分）（1）注意到*1322,nnaannN，则1131nnaa ，即1131nnaa 所以1na 是以112a 为首项，以 3 为公比的等比数列（2）由（1）知112 3nna，故12 31nna 所以14212 31 2 31

14、21 33nnnnbnn 故234 3 35 37 321 33nnSn ，两同乘以 3，错位231433 35 321 321 33nnnSnn，两式相减得231423 32 32 32 321 33nnnSn 16 1 34 321 331 3nnn83nn 所以43nnSn，*nN19（本题满分 12 分）（1）证明：在ABC中，因2BCAB，60ABC所以90BAC，即 ACAB，又 ACPB，PB，AB 相交，所以 AC 面 PAB，所以面 PAB 面 ABCD 得证（2）假设存在点 Q，使得平面 BEQF 平面 PAD如图，以 A 为原点，分别以 ABuuur，ACuuur为 x，

15、y 轴的正方向建立空间直角坐标系 Axyz，则0,0,0A，2,0,0B，2,2 3,0C，1,0,3P2,2 3,0AD uuur，1,0,3AP uuur，4,2 3,0BD uuur，3,2 3,3DP uuur，设1111,xny zur是平面 PAD 的法向量，则11111122 3030nADnAxyxzP ，取13,1,1n ur设 DQDPuuuruuur，其中01 则34,2 32 3,3BQBDDQBDDPuuuruuuruuuruuuruuur连接 EF，因 AC平面 BEQF，AC 平面 PAC，平面 PAC 平面 BEQFEF，故 ACEF取与 EFuuur同向的单位

16、向量0,1,0j r设2222,nxyzuur是平面 BEQF 的法向量，则2222220342 3 130jyBQxnnyz ，取23,0,43nuur由平面 BEQF 平面 PAD，知12nn，有123340n n，解得23 故在侧棱 PD 上存在点 Q 且当23DQDP时，使得平面 BEQF 平面 PAD另，用几何法也可：由题意及（1）得 EFPA，取 E 为 PA 中点，则 BEPA所以 PA 面 BEQF，故平面 BEQF 平面 PAD在PAD中，QEPA，E 为中点，进而求解。请阅卷老师相应给分!20（本题满分 12 分）解：（）记“任取 1 名学生，该生获得一等奖”为事件 A，记

17、“任取 1 名学生，该生为高一学生”为事件 B，36350P A，20350P AB，205350369350P ABP B AP A（）由己知可得，X 得可能取值为 0，1，2100150115020002XP，10050501505150200150200112XP，50501150202 012XP，X 的分布列为X012p1251211215170122121212E X （）DD理由：3，3，231DDDD 21（本题满分 12 分）解：（）由己知点 M 是以 AO 为直径的圆上的点2AOM，又OAa，2aOM，32AMa，3AOM3,44aMa，又点 M 在椭圆 上，2222344

18、1aaab，整理得2215ba，222 515bea（）设11,Px y，22,Qxy，（）由2b，2 5a，椭圆 的方程为：221204xy在 RTAOM中6OAM，直线 l 的斜率为33k，直线 l 的方程为343yx，与椭圆方程联立得221204343xyyx整理得：221050 xx，125xx，1252x x，121212121233(4)(4)1335xxy yk kx xx x（）设直线 l 的方程为33yxt，0t 与椭圆方程联立得22120433xyyxt消去 x 整理得：2282 3200ytyt，当0 得2032t，1234yyt，212208ty y，222121212

19、115432228POQSt yytyyy ytt当且仅当216t 时，POQS有最大值，此时最大值是 2 522（本题满分 12 分）解：（1）由题意得：xfxek当0k 时，0fx 恒成立，得 f x 在,上单调递增：当0k 时，ln,xk 时 0fx，此时 f x 单调递增，,lnxk 时 0fx，此时 f x 单调递减，综上得：当0k 时，f x 在,上单调递增，当0k 时，f x 在,ln k单调递减，在ln,k 上单调递增。（2）（）当1k 时，22212xexf xg xxx，0 x 欲证 1g x，往证212xxex，即证22212xxxe，记 2222xxxh xe，0 x，

20、得2()02xxh xe，故 h x 在0,上单调递减，得 01h xh，0 x 故当0 x 时，1g x 成立（）由（）得当0 x 时，1g x，故当113x，得211xeg x，进而20 x，依次得0nx，*nxN欲证ln 2ln 12nnxn，即证112nxne 下面先证关系11112nnxxee ，即证 1112nxng xe，0nx 即 2211112nnxnxnexex，整理得即证：2(2)20nxnnnxexx记 22xF xexx，0 x，得 110 xFxxe 又 0 xFxxe，所以 Fx 在0,上单调递增，有 00FxF，0 x 所以 F x 在0,上单调递增，得 00F xF，0 x 故当0nx，*nxN时，有0nF x，所以 1112nxng xe，0nx 故1111321111111112222nnnxxxxnneeeee 又2708e，得1332e，所以131111311112222nxnnnee 所以ln 2ln 12nnxn得证