2023届合肥市重点中学高考数学押题卷2（含答案）

2023届合肥市重点中学高考押题卷2
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 若，则( )
A. B. C. D.
3. 已知点是的重心，则( )
A. B.
C. D.
4. 每年的农历五月初五是我国的传统节日端午节，它与春节、清明节、中秋节并称为中国四大传统节日，它还是中国首个入选世界非遗的节日吃粽子、赛龙舟、挂艾草等均是端午节的习俗今年端午节，兄妹两人准备一起去超市购买粽子，若他们分别从“鲜肉粽、腊肉粽、蛋黄粽、原味粽、赤豆粽、八宝粽”六种粽子里挑选一种自己喜欢的种类，记事件为“兄妹两人挑选粽子的种类不同”，事件为“兄妹两人至少有一人挑选原味粽”，则( )
A. B. C. D.
5. 已知函数，其中，若，对任意的都有，且在上单调，则下列说法错误的是( )
A. 关于对称 B.
C. 一定是奇数 D. 有两个不同的值
6. 台盆是卫浴间中常见的洁具之一，如图所示的椭圆形台上盆最受消费者青睐，其可看作是底面为椭圆面的一个台体已知一款椭圆形台上盆的上椭圆和下椭圆的长轴长分别为和，离心率均为，当此台盆盛满水时，水面高度为，为了防止使用时有水溢出，排掉了一部分水，液面高度降低了，则排掉的水量为( )
参考公式：椭圆面积计算公式，其中分别为椭圆的长半轴和短半轴长
A. B. C. D.
7. 已知椭圆 ，分别为椭圆的左顶点与左焦点，斜率为的直线与交于两点，若，且为锐角，则的取值范围为( )
A. B.
C. D.
8. 已知函数的导函数为，且对任意的实数都有是自然对数的底数，且，若关于的不等式仅有个整数解，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20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 给出下列命题，其中正确的命题有( )
A. 在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近．
B. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第百分位数第百分位数都分别对应相等，则
C. 若样本数据的方差为，则数据的方差为；
D. 设，且，则
10. 若直线：，：与某圆都相切，则( )
A. 圆心必在直线上
B. 圆心在轴上时，圆的半径为
C. 圆心在轴上时，圆的半径为或
D. 与两坐标轴都相切的圆有且只有个
11. 已知，，有关函数的下列说法正确的是( )
A. 的图象关于对称 B. 是图象的一条对称轴
C. 是的一个周期 D. 的最大值为
12. 图中的扫地机器人的外形是按照如下方法设计的：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形德国工程师勒洛首先发现这个曲边三角形能够像圆一样当作轮子用，故称其为“勒洛三角形”将其推广到空间，如图类似地以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体便称为“勒洛四面体”则下列结论正确的是( )
A. 若正三角形的边长为，则勒洛三角形面积为
B. 若正三角形的边长为，勒洛三角形的面积比其中间正三角形的面积大
C. 若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
D. 若正四面体的棱长为，勒洛四面体表面上交线的长度小于
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 写出一个含有的单调的奇函数
14. 若曲线与存在一条斜率为的公切线，则的值为
15. 过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，作，垂直于直线，垂足分别为，记的面积分别为，则的最小值为____________
16. 某同学在探究杨辉三角性质时，偶然间发现每个菱形上、下两个端点的数字之积与左、
右两个端点的数字之积存在一定的比例关系，例如；则以第
行，第行，第行为例可写出一般的比例关系式为
__________________；
若，则
的值为______________．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知数列的前项和为，且．
求的通项公式；
设，求数列的前项和．
18. 本小题分
在中，角，，所对的边分别是，，，．
求；
若是边上一点，且满足，，求的最小值．
19. 本小题分
如图，圆锥的高为，是底面圆的直径，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点是母线上一动点．
证明：平面平面
若二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．
20. 本小题分
年月日，文化和旅游部公布年“五一”假期文化和旅游市场情况，全国国内旅游出游合计亿人次，同比增长某市为了解游客对本地某旅游景区的总体满意度，随机抽取了该景区名游客进行调查．
满意 不满意 合计
本省
外省
合计
请完成列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为“是否满意与“游客来源地”有关联？
若将频率视为概率，设随机抽取的位游客中来自外省且对该景区满意的人数为随机变量，求的数学期望．
市政府使用综合满意率其中表示外省游客满意率，本省游客满意率，表示整体满意率来认定星级景区，综合满意率可认定为五星级景区，综合满意率可认定为四星级景区，综合满意率为三星级景区，综合满意率为不定星级景区，请利用样本数据，判断该景区属于什么级别景区．
附：，
其中．
满意 不满意 合计
本省
外省
合计
21. 本小题分
已知离心率且焦点在轴上的双曲线，原点是其中心，其焦点到渐近线的距离为直线：与轴交于点，与双曲线交于相异的两点，，且．
求双曲线的方程；
是否存在，使？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
22. 本小题分
已知函数
若函数有唯一极值点，求实数的取值范围；
若对函数，其中，若存在正实数，使得，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题以分式不等式的解集为载体考查集合的交集运算，属于基础题．
可先求出集合，再求两集合的交集；或者直接将，，代入不等式检验
【解答】
解：
方法一：由已知则；
方法二：将，，分别代入不等式发现只有满足，则；
故选

2.【答案】
【解析】
【分析】
本题以复数的代数运算为载体，考查共轭复数的概念以及复数的乘除法运算，属于基础题．
可先由求出复数，然后再计算的值．
【解答】
解：设，则，
于是
解得，从而，所以．

3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
可结合三角形重心的性质，利用向量的加、减及数乘运算来表示．
【解答】
解：
选项A，均错误；
，选项 C错误；
，选项 D正确；
故选D

4.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了古典概型和条件概率的计算，属于基础题．
可先分别计算，再利用条件概率公式求解．
【解答】
解：由题可得，，
．
故选：．

5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查三角函数的图象与性质，属于中档题．
可利用三角函数的性质，并结合其图象来求解．
【解答】
解：对于函数，由知关于对称， A正确；
设为的最小正周期，
又，对任意的都有，
则，，
故，从而；
又由在上单调知，
即，也即，故或；故 C，均正确；
由有两个值知对应也有两个值，选项 B错误；
故选B．

6.【答案】
【解析】
【分析】
本题以实际生活情景为背景，考查台体的体积公式，属于中档题．
可先从实际生活情景中抽象出数学模型，然后利用台体的体积公式求解．
【解答】
解：如图，
由题意知
而由椭圆的离心率为 ，知，
于是上椭圆的面积 ．
液面椭圆面积为
故所求体积为
故选D

7.【答案】
【解析】
【分析】
本题以直线与椭圆位置关系为背景，考查斜率的取值范围，属于较难题．
可通过联立直线与椭圆方程得到斜率与截距的关系，然后再利用为锐角求解斜率的取值范围。
【解答】
解：设，，
联立方程组，消去得，
由，即
所以，
所以，
解得舍去或．
由为锐角，得，
即，
解得，或
故选A

8.【答案】
【解析】
【分析】
本题以导数为背景，考查函数构造及函数图象，属于较难题．
先通过构造函数确定函数的解析式，然后利用函数图象求解问题．
【解答】
解：即，
也即为常数，所以为常数，
因为，所以，所以，
则，
令得，故在上单调递增，
令得或，故在上单调递减，
所以时，取得极大值为，
当时，取得极小值为，
的大致图象如下图所示：
又因为，，
结合图象知当时，仅有个整数解，
即实数的取值范围是．
故选：

9.【答案】
【解析】
【解析】
【分析】
本题考查了相关系数、百分位数、方差、正态分布，属于基础题．
直接根据相关系数的知识判断；根据百分位数的计算方法得出两组数据的第百分位数和第百分位数，即可判断；利用方差的性质判断；根据正态分布密度函数的对称性判断．
【解答】
解：根据相关系数的意义可知，两个随机变量的线性相关程度越强，相关系数的绝对值越接近于， A错误；
甲组：第百分位数为，第百分位数为，乙组：第百分位数为，第百分位数为，所以，解得：，故， B正确；
由方差的性质可知：数据的方差为，C正确；
由，知，即正态分布密度函数的图像关于直线对称，
所以，则， D正确；
故选：

10.【答案】
【解析】
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
依据直线与圆相切的性质，定性判断与定量计算相结合做出判断。
【解答】
解：由直线：，：，可知与交于点，
则可得直线与的关于或对称，
由直线：，：与某圆都相切，知圆心在直线或上， A错误；
圆心在轴上时，圆心为或与轴的交点，即圆心为点或，
又点到直线：距离为，
点到直线：距离为，
故圆的半径可能为或， B错误；
圆心在轴上时，圆心即为，与轴的交点，，同选项 B易求圆的半径也为或， C正确；
设圆：，得圆心为，半径为，因为圆与两坐标轴都相切，得圆心到轴的距离为，到轴的距离为，所以且，即，解得或，当时，由题意可知，解得或，
当时，圆心不满足方程，即圆心不在直线上，不满足题意，若圆心在直线上，得圆心即为，也不满足题意；
所以与两坐标轴都相切的圆有且只有个，D正确；
故选：．

11.【答案】
【解析】
【分析】
本题以向量为背景考查了三角函数的化简及三角函数的性质，属于中档题．
先利用向量的数量积运算求出函数，然后再研究函数的性质．
【解答】
解：，
因为，
所以，
设，则，
则，则是关于的二次函数，
对于，，故 A错误；
对于，由题可知，，
令，即，
的对称轴方程为，
的对称轴方程为，
故为与的一条公共对称轴，
故是图象的一条对称轴， B正确；
对于，，不是的一个周期， C错误；
对于，，，
当时，的最大值为，
故的最大值为，故 D正确．

12.【答案】
【解析】
【分析】
本题以新情景为载体，考查了平面中弧长与扇形的面积公式、空间中正四面体与外接球等相关计算，属于较难题．
利用弧长与扇形的面积公式计算，，利用正四面体与外接球计算，．
【解答】
解：如图：，以为圆心的扇形面积是，的面积是，
勒洛三角形的面积为个扇形面积减去个正三角形面积，即A正确；
对于设圆半径为，如图，
易得的面积为，
阴影部分面积为，B正确；
根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，
设点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
所以，由四面体的性质可知该球球心为正四面体的中心，半径为，
连接，则，，三点共线，此时，为正四面体的外接球的半径，
由于正四面体的棱长为，其可以在棱长为的正方体中截出，
所以正四面体的外接球的半径为棱长的正方体的外接球半径，即正方体体对角线的一半，
所以，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径；C正确；
选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：
故，且半径为，故交线的长度大于， D错误；
故选ABC

13.【答案】 ，或
【解析】
【分析】
本题以开放题的形式，考查函数的性质，属于基础题．
可利用奇函数的定义，结合常见的函数模型进行构造．
【解答】
解：由为奇函数知其中含有，则必含有，再结合单调可构造 ，或。

14.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查导数的几何意义，属于基础题．
可先通过求出斜率为的切线方程，然后再结合求出的值．
【解答】
解：由，得，
故在点处的切线方程为，即；
由，得，
故在点处的切线方程为，即；
于是，故．

15.【答案】
【解析】
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系及基本不等式，属于中档题．
可先通过直线与抛物线相切，发现点是的中点，然后再利用三角形的面积关系及基本不等式求解．
【解答】
解：设，，由得，
所以切线，切线，
则有，，
由两式相减得，即点为点的中点，
设直角梯形的面积为，
则，
所以，于是
当且仅当时，取等号，
所以，的最小值为

16.【答案】
【解析】
【解析】
【分析】
本题考查了杨辉三角、二项式定理、组合数性质及裂项相消求和法，属于较难题．
可先通过杨辉三角的性质归纳出关系式，再由组合数性质变形，然后将所求式子转化为数列的裂项相消求和的问题，进而得解．
【解答】
解：根据杨辉三角的性质以第行，第行，第行为例可归纳出一般的比例关系式为，将其变形为，
于是，
所以
．

17.【答案】解：当时，，解得；
当时，，整理得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
故．
由可知，
则，
，
两式相减得，
．
从而．

【解析】本题以等比数列的前项和公式为背景考查由求、错位相减法求和等基本方法，主要涉及数学运算核心素养，属于基础题．
要注意分和两种情况进行讨论，得到数列是以为首项，为公比的等比数列，进而求出数列的通项公式；
利用错位相减法求出数列的前项和，关键在于运算的准确性．
18.【答案】解：，由正弦定理可得，而由知，故，又，所以；
由题意可知，，

化简得，
又，
从而，当且仅当时等号成立，故，因此的最小值为 ．

【解析】本题以解三角形为背景，考查正弦定理，三角函数值，均值不等式等基础知识，主要涉及数学运算和逻辑推理等数学核心素养，属于基础题．
采用边化角，由三角函数值求指定角；
利用三角形面积关系，建立边，的关系，再结合均值不等式放缩，求出的最小值．
19.【答案】证明：连接，由题意知四边形为菱形，故，
因为，，所以，
因为， ，所以 ，又，故平面平面；
解：以为原点，的中垂线为轴，为轴，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
设，则，于是，
，
设平面的法向量为，则
令，得，，则
设平面的法向量为，则
令，，则，
从而，解得，
此时二面角的余弦值为满足题意．
从而 ．

【解析】本题以圆锥为背景，考查面面垂直的证明、二面角以及三棱锥体积的计算，主要涉及直观想象、数学运算和逻辑推理等数学核心素养，属于中档题．
利用线面垂直证明面面垂直；
通过建立空间直角坐标系，结合二面角的大小来确定动点的位置，进而求三棱锥的体积．
20.【答案】解：零假设为：“是否满意与“游客来源地”无关联．
由列联表可知的观测值
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为“是否满意与“游客来源地”有关联，此推断犯错误的概率不大于．
选取名旅客来自外省且对该景区满意的概率为，
随机变量的所有可能取值为，，，，，
则．
综合满意率，所以该景区为不定星级景区．

【解析】本题以实际问题为情境，考查独立性检验、二项分布、用数学知识解决实际问题等，主要涉及数据处理、数学运算和逻辑推理等数学核心素养，属于中档题．
先填写列联表，然后利用统计假设思想及公式作独立性检验；
先判断分布列类型，然后求其期望值；
直接利用新定义计算综合满意率，再根据给定的标准做出判断．
21.【答案】【解答】
解：根据已知设双曲线的方程为，焦距为，
由已知得，所以，即，
又焦点为、，渐近线为，即，
则焦点到渐近线的距离为，所以，，
所以，双曲线的方程为
若，则，由双曲线的对称性知，此时，即有，，
则成立．
若，根据已知得，由，得所以．
因为，所以则，解得．
设，，由消去得
则，，即，
且，．
由得，即，所以，所以
，即，也即，
而当时，不成立，
所以，，得，代入，
得，解得或，
即或或或，
综上，当或或时，．

【解析】
【分析】本题考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质、直线与双曲线的位置关系及向量与双曲线的综合问题，属于较难题．
用待定系数法，由已知条件建立方程，从而得双曲线的标准方程；
联立直线与双曲线的标准方程，利用根与系数的关系，结合向量的知识，建立关于参数的不等式，从而得解．

22.【答案】解：，
则
当时，，知在上单调递减，在上单调递增，其有唯一的极值点，满足题意；
当时，由知，从而在上单调递减，在上单调递增，其有唯一的极值点，满足题意；
当时，
若，则，此时无极值点，
若，则存在且使得，此时有两个极值点，均不合题意；
故满足函数有唯一极值点的实数的取值范围为 ．
证明：，
令，则上述函数变形为，
对于，则，知其在上单调递增，
由已知存在实数使得，不妨设，所以存在对应的，使得，于是有，即
利用对数均值不等式有，即，也即．
下证对数均值不等式成立．
要证，即证，
令，即，
设，则
所以在区间上单调递增，则
即，也即成立．

【解析】本题以导数为背景，考查函数的单调性、零点问题、极值点个数，及函数不等式证明，主要涉及数学运算和逻辑推理等数学核心素养，属于较难题．
通过对参数进行讨论，研究函数的极值点个数问题；
通过构造函数，引入新元证明目标不等式．
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