安徽省定远重点中学2023年高考冲刺数学试卷（一）（含解析）

定远重点中学2023年高考冲刺数学试卷（一）
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. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数的实部和虚部均为整数，则满足的复数的个数为( )
A. B. C. D.
3. 已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则( )
A. B. C. D.
4. 转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放如图，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形如图，正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为，高为已知曲面棱柱的体积，如图所示的曲面棱柱的体积为，，则( )
A. B. C. D.
5. 函数的大致图像为( )
A. B.
C. D.
6. 在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为( )
A. B. C. D.
7. 若，则( )
A. B. C. D.
8. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
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，已知正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是( )
A. 三棱锥的体积为
B. 平面
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是
10. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是( )
A. B. 为等比数列
C. D. 信封均被投错的概率大于
11. 已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，将的图象沿轴向右平移个单位得到函数的图象，则( )
A. B. 是图象的一个对称中心
C. 是奇函数 D. 在区间上的值域为
12. 已知定义在上的奇函数对任意的有，当时，函数，则下列结论正确的是( )
A. 函数是周期为的函数
B. 函数在区间上单调递减
C. 当时，方程在上有个不同的实数根
D. 若方程在上有个不同的实数根，则
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知点，若，则 ______ ．
14. 已知，则 ______ ．
15. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．
则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______ ．
16. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，过作的两条渐近线的平行线，与渐近线交于，两点若，则的离心率为 ．
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. 本小题分
在公差不为零的等差数列中，且，，成等比数列．
求通项公式；
令，求数列的前项和；
18. 本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知，．
求；
设，为边上一点，且，求．
参考数据：，．
19. 本小题分
某地区在“精准扶贫”工作中切实贯彻习近平总书记提出的“因地制宜”的指导思想，扶贫工作小组经过多方调研，综合该地区的气候、地质、地理位置等特点，决定向当地农户推行某类景观树苗种植工作小组根据市场前景重点考察了，两种景观树苗，为对比两种树苗的成活率，工作小组进行了“引种试验”，分别引种树苗，各株，试验发现有的树苗成活，未成活的树苗，株数之比为：．
完成下面的列联表，依据的独立性检验，分析树苗，的成活率是否有差异；
树苗 树苗 合计
成活株数
未成活株数
合计
已知树苗引种成活后再经过年的生长即可作为景观树在市场上出售，但每株售价单位：百元受其树干的直径单位：影响，扶贫工作小组对一批已出售的景观树的相关数据进行统计，得到结果如表：
直径
单株售价
根据上述数据，判断是否可以用线性回归模型拟合与的关系，并用样本相关系数加以说明一般认为为高度线性相关
参考公式及数据：样本相关系数，，．，，其中．
附表：
20. 本小题分
如图，三棱柱中，面面，，，过的平面交线段于点不与端点重合，交线段于点．
Ⅰ求证：四边形为平行四边形；
Ⅱ若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
21. 本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点不在轴上，的周长为．
求椭圆的标准方程；
若点在椭圆上，且为坐标原点，求的取值范围．
22. 本小题分
已知函数．
求曲线在点处的切线方程；
证明，对，均有．
答案和解析
1.
【解析】因为，，
所以，，即得．

2.
【解析】设，则，，所以
法一：因为，所以，即
当时，，即，有两组满足条件
当时，或，所以但，时，不符合题意
故选C．
法二：如图，可转化为研究圆面内包括边界的整点个数圆面包括的整点分别
为，，，，，而不适合，则符合题意的整点共有个故选C．

3.
【解析】抛物线：的焦点为，准线为：，
设，，则，，
，
，
，
由抛物线的定义可得
故选：．
4.
【解析】扇形的面积，
，
，
曲面棱柱的体积，曲面棱柱的体积为，，
，
解得．
故选：．
5.
【解析】函数中，，当时，，看图像知选项错误；
函数中，，当时，，看图像知选项错误；
令，
解得，，
故，为函数的极值点，故C选项不符合，选项正确．
故选：．
6.
【解析】在正四棱柱中，连接，，如图，，平面，
因为平面，则，又，平面，，
则平面，又平面，则，
取中点，连接，，在平面内过作，交于，显然，
而平面，则平面，有，
又，平面，，于是平面，而平面，因此，
因为，平面，，从而平面，
连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，
因为，即有，又，
于是∽，有，，
所以点的轨迹长为．
故选：．
7.
【解析】，，，排除答案A，；
由，设，，则，
令，则，
所以在上单调递减，从而，即，
所以在上单调递减，从而，即，
所以，即，综上可知．
故选：．
8.
【解析】由题意得，，，
即在上恒成立．
设，
则，
再令，
则，
在上恒成立，
在上为增函数，
，
在上恒成立，
在上为减函数，
，
即实数的取值范围为故选：．
9.
【解析】对于，取中点，连结，，，，如图，
，分别为，的中点，平面，
设正方形的面积，，
，故A正确；
对于，连接，，，如图，
，分别为，的中点，且为正方形的对角线，，
在正方体中，平面，且平面，
，平面，
平面，，同理得，
，分别是，的中点，，，
即，，
，平面，故B正确；
对于，连接，，，，，如图，
，分别为，的中点，，，则，
是异面直线与所成角或所成角的补角，
，，
，
，
异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；
对于，取的中点，的中点，的中点，连接，，，，，如图，
由题意得，，，且正六边形为过点作正方体的截面，
则其面积为，故D正确．
故选：．
10.
【解析】设封信分别为，，，，当在第个信箱时，有，，共种错投方式，
同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，故共有种错投方式，
，故A正确；
，故B正确；
，，
，
，故C正确；
装错信封的概率为，，
则，
，
当为奇数时，
当为偶数时，
综上所述：当为奇数时，，当为偶数时，，故D错误．
故选：．
利用已知条件逐项计算可判断其正确性．
本题考查数列的递推式，考查运算求解能力，属中档题．
11.
【解析】函数的零点构成一个公差为的等差数列，周期，，A正确
函数沿轴向右平移个单位，
可得，，B正确
为偶函数，C错误
在区间上的值域为，D错误．
故选AB．

12.
【解析】解：对于，，
，
是周期为的函数，A正确；
对于，时，，
函数在区间上单调递减，B正确；
对于，函数是上的奇函数，
，又，
，的图象关于直线对称，
时，当时，，
当时，，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
函数在上的值域为，
当时，，当时，，
方程在上无解，
当时，令，，
当时有，在上递增，
当时，，函数在上有唯一零点，
当时，令，显然函数在上单调递减，
又，，函数在上有唯一零点，
当时，，即方程在上无解，
当时，方程在上有个不同的实数根，C正确；
对于，函数在上单调递增，在上单调递减，
又，而函数的周期为，
，，，
由选项C知，当时，，
即方程在上有一个根，当时，，
函数在上单调递减，，，
即方程在上有一个根，
显然函数在上单调递增，在上单调递减，当，即时，
方程在上有两个根，要方程在上有个不同的实数根，
必有，即，又，
因此当时，方程在上无解，
所以方程在上有个不同的实数根，，D错误．
故选：．
13.
【解析】解：，
则，，
，
，即，
，
，
．
故答案为：．
14.
【解析】解：依题意，
令，得，
令，得．
因为，可以得出，，
故．
故答案为：．
15.
【解析】解：设二十四等边体的棱长为，则正方体的棱长，
该二十四正四面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得，
该二十四正四面体的体积为，
二十四等边体与原正方体的体积之比为．
故答案为：．
16.
【解析】由题可知，
双曲线的渐近线的方程为，可取直线方程为，
方程是，
联立，可得，
同理可得
所以，
又，
所以，解得，
所以
故答案为．
17.解：由题意，设等差数列的公差为，
，，成等比数列，
，
，
又，
，解得，
，；
由，可得
，
．
18.解：因为，所以，
所以由正弦定理得，
又，所以，
因为，
所以，
所以，即，
又，
所以；
由题意，得，
结合，，解得，
在中，由正弦定理得，
则，，
从而．
19.解：分别引种树苗，各株，试验发现有的树苗成活，故未成活的树苗有株，
又未成活的树苗，株数之比为：，
则树苗未成活株，成活株．所以树苗未成活株，成活株，
列联表如下：
树苗 树苗 合计
成活株数
未成活株数
合计
零假设为：树苗，的成活率无差异．，
依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
则认为成立，树苗，的成活率无差异．
可用线性回归模型拟合与的关系．
由题表中数据得，
，
则．
故可以用线性回归模型拟合与的关系．
20.解：Ⅰ证明：在三棱柱中，
，面，面，
面C.
又面面，面，
．
面面，
面面，面面，
，四边形为平行四边形．
Ⅱ在面内，过点作，
面面，面，面面，，
面C.
又面，，，，两两垂直，
以坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，
，．
设．．
设面的法向量为．
则，令，得．
到面的距离为，解得．
．
又设直线与面所成角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为．
21.解：由的周长为，得，即，
又离心率，，，
椭圆的标准方程为；
由知的坐标为，
当直线的斜率不存在时，，，则；
当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为且，
联立，得，设，，
，，
，
设点，则，即，代入椭圆方程得，
解得，，，
，
又，的取值范围是，
综上所述，的取值范围是．
22.解：
，，，
切线方程为，即．
则曲线在点处的切线方程为．
证明：要证，
即证，
令，则．
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即．
令，，
则，
可知在上单调递减，
所以，即当时，，
从而，
所以当时，，，
当时，，，
综上所述，对，均有．