安徽省安庆市2023届高三模拟考试(二模)数学含答案

数学试题（答案在最后）

命题：安庆市高考命题研究课题组本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求。x

x2

1.已知集合Mx，0Nx1，则MN（x13

）A.B.xx0

2023

C.x0x1

D.x0x1

）2.若复数z满足iz2022iA.404442（i是虚数单位），则zz的模是（z的共轭复数是z，C.2D.0B.40443.为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组30,40，第二组40,50，第三组50,60，第四组60,70，第五组70,80，第六组80,90.对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为（）A.43.5分钟4

4.已知非零向量a，b的夹角为，ab2，且ab，则夹角的最小值为（）3

A.B.C.D.32

2

5.已知第二象限角满足sin，则sin22sincos的值为3

（A.

）B.45.5分钟C.47.5分钟D.49.5分钟6.已知等差数列an满足a1a44，则a2a3不可能取的值是（2219

B.

459C.19D.459）A.3B.22C.32D.27.已知函数fx的取值范围是（xlnx,x02，若函数则实数kgxfxxkx恰有3个零点，xxe,x0

）B.1,D.,11,A.,11,C.,11,8.一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截（如图），O为底面圆的中心，O1为截面的中心，A为截面上距离底面最小的点，A到圆柱底面的距离为1，B为截面图形弧上的一点，且AO1B60，则点B到底面的距离是（）A.74B.14277C.1477D.142二、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2分，有选错的得0分。9.将函数fxsinxacosxa0,0图象上点的横坐标缩短为原来的后将所得图象向右平移正确的是（）1

倍，然2

个单位，得到函数gx2cos2x的图象。则下列说法中3A.函数fx的最小正周期为2B.函数gx的图象有一条对称轴为xC.函数fx的单调递增区间为2kD.函数gx在区间0,

12

7,2kkZ66



上的值域为3,22

10.在三棱锥ABCD中，G，E，P，H分别是△BCD，△ACD，△ABD，△ABC

的重心。则下列命题中正确的有（A.GE∥平面ABD

）B.V三棱锥AGBCV三棱锥ADBC

13C.四条直线AG，BE，CP，DH相交于一点D.AB2GE

11.牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛，其定义是：对于函数fx和数列xn，若xn1xnfxnfxn0，则称数列xn为牛顿数列.已知函数fxx4，数列xn为牛顿数列，且anln

2xn2

，xn2a11，xn2nN*，则下列结论中正确的是（2e2A.x1

e1

xn12xn2B.

xn12xn22D.a632

22

）C.an是等比数列12.已知A、B为抛物线yx上两点，以A，B为切点的抛物线的两条切线交于点P，设以A，B为切点的抛物线的切线斜率为kA，kB，过A，B的直线斜率为kAB，则以下结论正确的有（）A.kA，kAB，kB成等差数列；11，则kAB；22

C.若点P在抛物线的准线上，则△ABP不是直角三角形；D.若点P在直线y2x2上，则直线AB恒过定点；B.若点P的横坐标为三、填空题（每小题5分，共20分）13.设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%、35%、20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为2%和3%.现从中任取一件，若取到的是次品的概率为2.95%，则推测丙车间的次品率为______。14.在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱AA1上一点，且AE1.过三点E、B1、C1的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______。y2x215.已知双曲线221，过x轴上方的焦点F1a0,b0的两个焦点分别为F1，F2，ab的直线与双曲线上支交于M，N两点，以NF2为直径的圆经过点M，若MF2，MN，NF2成等差数列，则该双曲线的渐近线方程为______。16.已知函数fxeax，其中a0，若不等式fx3x2

ax



1

lnx对任意x1恒x

成立，则a的最小值为______。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.（本小题满分10分）已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，S981，且a2，a5，a14成等比数列。（Ⅰ）求数列an的通项公式an；（Ⅱ）设bn111，求数列bn的前n项和Tn。SnSn1Aa.2

18.（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2bsinCtan

，求角A的大小；61

（Ⅱ）若a4，cos2A，求b.8

（Ⅰ）若角B19.（本小题满分12分）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BAD90，侧面SCD是等边三角形，侧面SBC是等腰直角三角形，CD2AB2AD2，SBBC.（Ⅰ）求证：SB平面ABCD；（Ⅱ）若P是棱SC上的一点，且SA∥平面PBD.求平面PBD与平面ABCD所成二面角的余弦值.20.（本小题满分12分）为了“锤炼党性修养，筑牢党性根基”，教师小A每天自觉登录“学习强国APP”，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人赛。每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20分，第1个达到100分的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束。每天的四人赛共有30局，前2局是有效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1局获得第1名的得3分，获得第2、3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2、3、4名的得1分；后28局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分。经统计，小A每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为11112，，，在第2局四人赛中获得2分、1分的概率分别为，.32633

（Ⅰ）设小A每天获得的得分为X，求X的分布列、数学期望和方差；（Ⅱ）若小A每天赛完30局，设小A在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为1，每局是否赢得比赛相互，请问在每天的30局四人赛中，小A贏得多少局的比赛3概率最大？21.（本题满分12分）x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，A、B、C分别为椭圆E:221ab0的三ab个顶点，Fc,0为其右焦点，直线AB与直线CF相交于点T.a2（Ⅰ）若点T在直线l:x上，求椭圆E的离心率；c（Ⅱ）设直线CF与椭圆E的另一个交点为D，M是线段CD的中点，椭圆E的离心率为TM1，试探究的值是否为定值（与a，b无关）.若为定值，求出该定值；若不为定值，CD2请说明理由.22.（本小题满分12分）已知函数fxalnxbxe

21x，a，bR.e2.71828.（Ⅰ）若曲线yfx在点2,f2处的切线方程是yxln2，求a和b的值；（Ⅱ）若ae，且fx的导函数fx恰有两个零点，求b的取值范围.2023年安庆二模数学试题参

题号答案1A2B3C4C5D6A7A8C9ABD10ABC11ACD12AD1.A.解析：Mx0≤x＜1，Nxx＜0，所以M∩N，故选A.iz2022i,z12022i,z12022i,zz4044i.模是4044.2.B.解析：故选B.3.C.解析：由频率之和为1得：100.010.020.032a0.011，解得a0.015，50由100.010.1＜0.25，故第25百分位数位于40，100.01100.020.3＞0.25，内，则第25百分位数为400.250.11047.5.可以估计该市高中学生每天体育活动时间的0.30.122第25百分位数约为47.5，故选C.4.C.解析：由ab4有，ab2abcos4，即281π因此cos≤.由于0，π，所以≤≤，4≥2ab1cos≥1cos，323于是夹角为的最小值为π

.故选C.32252

5.D.解析:因为sin，且为第二象限角，所以cos1，333

于是sin22sincossin2sincossincoscossinsin22sincos2545.故选D.2

339

6.A.解析：法1：设a12cos，a42sin，则a2a3a1a422sin所以a2a322,22.故选A.2

a1a42a12a4)≤2,所以a1a4≤22.法2：因为(22



，4

因此a2a3a1a422,22.故选A.7.A.解析：方法1.由题意得，方程f(x)

xk有三个不等的实数根.xf(x)f(x)lnx，x＞0

，分别作出函数y和yxk的图象，可得k的取值范xxxe，x＜0

1)(1，).故选A.围是(，

y

方法2.取k2，1，1作图检验可得.8.C.解析：圆柱半径为1，截面与底边所成角为45，作AMOO1于M，则MAO145，AO12.截面椭圆是以O1为中心，A为长轴端点的椭圆，其长轴长为22，短轴长为21414，CO1，过C作77

2，作BCAO1于C，利用解析几何知识易得BO1

CDOO1，则O1D

277147，ODOO1O1D2由于CO1

2777147.故选C.72

BC，CD均平行于底面，故B点到底面的距离是9.ABD.解析：因为f(x)与g(x)的图象振幅相等，所以1a2，而a＞0，因此a所以函数f(x)2sin(x3.1).将函数f(x)的图象上的点的横坐标缩短为原来的倍，32ππ2π

)的图象，所以然后将所得图象向右平移个单位得到函数y2sin(2x

333π2π

g(x)2sin(2x)，由于＞0，从而1.于是33π5π5π

，)cos(2x)，即cos(2x)cos(2x)，从而2kπ

366π5πkZ.因此f(x)2sin(x)，g(x)2cos(2x)，函数f(x)的最小正周期为2π.A36π

正确.x是函数g(x)的一条对称轴，故B正确；单调递增区间为125πππ

，C不正确.函数在区间g(x)2kπ,2kπ(kZ)0,的值域为[3,2]，D正662sin(2x

确.故选ABD.10.ABC.解析：由于G,E分别是BCD,ACD的重心，所以分别延长BG,AE交CD于中点F.

因为BG:GE2:1，AE:EF2:1，所以BG:GFAE:EF2:1,故GE//AB.GE平面ABD,AB平面ABD,因此GE//平面ABD.A正确.因为G是BCD的重心，所以11

S三棱锥GBCS三棱锥DBC.因此V三棱锥AGBCV三棱锥ADBC.B正确.33显然线段AG,BE的交点分AG,BE为3:1,同理线段AG,CP和线段AG,DH的交点分AG为3:1,因此四条直线AG,BE,CP,DH相交于一点.C正确.因为GE//AB，所以GE//AB:GEBF:GF3:1.因此AB3GE.D错误.故选ABC.11.ACD.解析：由anln

2e2xn2x2

得，1ln1.,解得x1

e1xn2x12

f(xn).f(xn)

2

(xn1xn)f(xn)f(xn)0就是xn1xn

22

x2.xn4xn42

由f(x)x4得，xn1xn.一方面，xn12n2xn2xn2xn22

xn12xn2xn2另一方面，xn12.因此，2xnxn12xn122xn12xn2

ln2ln于是，即an12an，所以数列an是以a11为首项，2为xn12xn12

公比的等比数列，故a6232.故选ACD.5

12.AD.解析：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由yx，得y'2x，故kA2x1，kB2x2，所以切线PA的方程为yx12x1(xx1)，即x12x1xy0，同理，切线PB的方程为x22x2xy0，设P点坐标为(x0,y0)，所以x12x1x0y00，2

2

22

2

x22x2x0y00，从而x1,x2为方程x22x0xy00的两根，故x1x22x0，x1x2y0，kAB

若x02

y1y21

，故kA，kAB，kB成等差数列，A正确；x1x2（kAkB）

x1x221yy2，则kAB1x1x22x01，B不正确；2x1x21，kAkB4x1x24y01，故两切线垂直，则42

若点P在抛物线的准线上，则y0ABP为直角三角形，C不正确；若点P在直线y2x2上，则y02x02，直线AB的方程为yx12x0(xx1)，即y2x0x2x0x1x12，由于y02x0x1x12，故直线AB的方程为y2x0xy0，即y2x0(x1)2，从而过定点(1，2)，故D正确.选AD.三、填空题（每小题5分，共20分）13.5%.解析：A表示“取到的是一件次品”，B1，B2，B3分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，显然B1,B2,B3是样本空间S的一个划分，且有PB10.45，PB20.35，PB30.2.由于PAB10.02，PAB20.03，设PAB3m，由全概率公式得PAPAB1PB1PAB2PB2PAB3PB30.020.450.030.35m0.2而PA2.95%，故m5%.14.96π

.解析：由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面EB1C1的距离为d，25211124622则得到145d，解得d.于是截面圆的半径大小为2，552225

故截面圆的面积大小为15.y

96

π.25

6x.解析：由双曲线的定义MF22aMF13NF22aNF1,MF2NF24aMF1NF14aMNMF2NF22MN,MN4a,令MF1x,

在MNF2中，MF2MF1,MF2MNNF2,2ax4a6ax222222xa,MF1a,MF23a,又在RtF1MF2中，a23a2c,2c25a2

2

2

又c2a2b2,2b23a2,

a6a6,yxx.b3b3

16.31ax2.解析：因为f(x)aea,所以不等式f(x)≥3(x)lnx就是ex

33ax(eax1)≥3(x31)lnx,即ax(eax1)≥(elnx1)lnx3.两边是同构式.构造函数g(x)x(ex1)，x≥0则ax(eax1)≥(elnx1)lnx3就是g(ax)≥g(lnx3).因为g(x)(ex1)xex≥0,所以g(x)在0,上单增.而ax，lnx30，，因此由g(ax)≥g(lnx3)得，ax≥lnx3，a≥

故正实数a的最小值为.

17.解析：（Ⅰ）由条件知S99a581，故a59.设数列an的公差为d，则d0.因a2,a5,a14成等比数列，所以a5a2a14即993d99d，解得d2，2

2

3lnx3

，a≥.xe3

e，……………………………3分所以ana5n5292n52n1nN分（Ⅱ）由（1）知Snn，所以bn1

2



.……………5111112SnSn1nn12

nn112nn12

nn11111

，11

nn1nn1nn1



111111111223nn1

……………………………………10分故Tnb1b2bn1

1n22n

n1.n1n1AA2sinA，即18.解析：（Ⅰ）由于2bsinCtana，有2sinBsinCA2cos2sinAAcos22sinA，2sinBsinCsinAsinA,2sinBsinC1cosA，2sinBsinC

A1cosAcos222sinBsinC1cosBC，所以cosBC1.sin

由于π＜BC＜π,且B（Ⅱ）由（Ⅰ）知bc.

π2π，故A.63…………6分13

cos2A2cos2A1,A0,,cosA

84当A为锐角时，b2b22bbcosA42,b232,b42.当A为钝角时，b2b22bbcosA42,b2

…………8分……10分32414……12分,b.

77

19.解析：（Ⅰ）如图①，在梯形ABCD中，作BECD于点E.因为AB//CD，BAD90°，CD2AB2AD2，所以四边形ADEB是正方形，且BD

2，DE1，所以ECCDDE1，BCBE2EC22.2，SBBC2，SDCD2，所以SD2SB2BD2，所在△SBD中，BD以SBBD.在四棱锥SABCD中，由SBBC，SBBD，得SB平面ABCD.…………（Ⅱ）解法一、如图②，连接AC交BD于点F，连接PF.因为SA//平面PBD，平面SAC经过SA与平面PBD相交于PF，所以SA//PF.…………因为AB//CD，所以△ABF∽△CDF，所以5分6分AFAB1

.CFCD2…………7分SPAF1.由SA//PF，得PCCF2由BDBC

2，CD2，可知BDBC.又由于（1）SB平面ABCD，故BC、BD、BS两两垂直，故可以点B为原点，以BD、BC、BS所在的直线分别为x…………8轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图③所示.分则C0，2，0，S0，0，2，D2，由0，0，SP1222，可得P0，，PC233



，

222所以BD2，0，0，BP0，，33



.

2x00，

设平面PBD的一个法向量为mx0，y0，z0，则2，取x00，22y0z0033

2，1.y02，z01，则m0，

01，设平面PBD与平面ABCD所成二面角大小又平面ABCD的一个法向量为n0，，

mn15为，则cos.22mn2115故平面PBD与平面ABCD所成二面角的余弦值为5.5…………12分解法二：由（1）SB平面ABCD，所以SBBD.2，CD2，所以△BCD是直角三角形，BDBC，所以BD平面SBC.又PB在平面SBC内，所以BDPB.由BDBC，BDPB，BC平面ABCD，BP平面PBD，平面ABCD平面因为BDBC

PBDBD，所以PBC就是平面PBD与平面ABCD所成二面角的一个平面角.…………7分如图④，连接AC交BD于点F，连接PF，作PGBC垂足为点G.因为SA//平面PBD，平面SAC经过SA与平面PBD相交于PF，所以SA//PF.因为AB//CD，所以△ABF∽△CDF，故由SA//PF，得AFAB1

.CFCD2…………8分SPAF1.PCCF2在△SBC中，PGBC，所以SB//PG，所以SBBC，所以PG

PGPC2BGSP1，，SBSC3BCSC32211SB2，BGBC2.333310122222在Rt△PGB中，PBBGPG，33312BG35cosPBG.PB11053所以平面PBD与平面ABCD所成二面角的余弦值为225.…………12分520.解析：（Ⅰ）由条件知X的可能值为5，4，3，2.其分布列为…………………………1分32XP

1971871819………………4分17717

EX5432，91812

7177777125

DX5432.292182182936

1

（Ⅱ）设小A每天赢得的局数为Y，则Y~B30，，31

于是PYkC

3

k30

k

2222

………6分23

30k

.……………………………………8分k131kk1k230k12k1≥C30C30331133根据条件得，解得9≤k≤10，k30kk129k3312k12k1≥C30C303333又因为kZ，所以k10，因此在每天的30局四人赛中，小A赢得10局的比赛概率最大.分21.解析：（Ⅰ）由题意可知点……………………………………12A，B，C的坐标分别为(a，0)，(0，b)，(0，b)，所bb

xb，直线CF的方程为：yxb.acbb2ac由yxb和yxb，消除y得，x，即为点T的横坐标.………3分acac以直线AB的方程为：y

a22aca2

因为点T在直线l:x上，所以.

cacc整理得2c2aca20，所以离心率e（Ⅱ）当椭圆E的离心率为c1

.a2

…………5分122时，a2c，bac3c，所以椭圆E的方程为2

x2y2

21，即3x24y212c2，直线CF的方程为：y3xc.24c3c

2223x4y12c，8c

x5x8c0yD，消去，化简整理得，所以点的横坐标为，纵

5y3xc坐标为33c.54c5，

3c

.………8分5

3c)，所以CD中点M的坐标为因为点C的坐标为(0，

2ac4c2

又由（1）知点T的横坐标为4c，所以点T的纵坐标为34cc33c.acc所以TM

4c3c32c4c33c，555222233c16c8cCD3c，555故TM

2，为定值.CD…………12分aabx(2x)e1x，所以f(2).x2因为曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程是yxln2,

22.解析：（Ⅰ）因为f(x)

…………2分，f(2)aln24be,即所以f(2)1

解得a2，b

1

a4b

1，aln22ln2,2e…………4分(2ln2)e

.4

exe1xbx(x2).显然x2，x＞0.（Ⅱ）由f(x)bx(2x)e0得，xxex因此2b.xx2…………5分(x25x4)xexex

.，x＞0且x2，则g(x)令g(x)32(x32x2)2x2x解方程x5x40得，x14,x21分因此函数g(x)在(0,1)和(4,)内单增，在(1,2)和(2,4)内单减，且极大值为g(1)e，2…………7e4

极小值为g(4).32…………9分e4

由图象可知,当b或be时，直线yb与曲线yg(x)分别有两个交点，即函数32f(x)恰有两个零点.e4

故b的取值范围是(,e)(,).

32

……12分