江淮十校2023屆高三聯考數學試題2023．5注意事項：1．本試卷滿分150分，考試時間120分鐘．2．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．3．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．4．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、單項選擇題：本題共8小題．每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．1.已知集合，集合，則集合的元素個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】求出函數與的交點坐標，即可判斷.【詳解】由，消去得，即，解得或（舍去），所以或，即方程組的解為或，即函數與有兩個交點，又集合，集合，所以即集合的元素個數為個.故選：B2.已知直線的一個方向向量為，則直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由方向向量的坐標得出直線的斜率，再求傾斜角即可.【詳解】由題意可得：直線的斜率，即直線的傾斜角為.故選：A3.已知，為實數，則使得“”成立的一個充分不必要條件為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據“充分必要條件”的定義逐項分析.【詳解】對于A，如果，例如，則，不能推出，如果，則必定有，既不是充分條件也不是必要條件，錯誤；對于B，如果，根據對數函數的單調性可知，但不能推出，例如，不是充分條件，如果，則，是必要條件，即是的必要不充分條件，錯誤；對于C，如果，因為是單調遞增的函數，所以，不能推出，例如，如果，則必有，是必要不充分條件，錯誤；對于D，如果，則必有，是充分條件，如果，例如，則不能推出，所以是充分不必有條件，正確.故選：D.4.“學如逆水行舟，不進則退；心似平原跑馬，易放難收”（明·《增廣賢文》）是勉勵人們專心學習的.如果每天的“進步”率都是1%，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1%，那么一年后是.一年后“進步”的是“退步”的倍.如果每天的“進步”率和“退步”率都是20%，那么大約經過（）天后“進步”的是“退步”的一萬倍.（）A.20 B.21 C.22 D.23【答案】D【解析】分析】根據題意可列出方程，求解即可，【詳解】設經過天“進步“的值是“退步”的值的10000倍,則，即，,故選：D．5.哥特式建筑是1140年左右產生于法國的歐洲建筑風格，它的特點是尖塔高聳、尖形拱門、大窗戶及繪有故事的花窗玻璃，如圖所示的幾何圖形，在哥特式建筑的尖形拱門與大窗戶中較為常見，它是由線段和兩個圓弧、圍成，其中一個圓弧的圓心為，另一個圓弧的圓心為，圓與線段及兩個圓弧均相切，若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】構造直角三角形，勾股定理求圓O的半徑，得到，余弦定理求，利用向量數量積公式求.【詳解】若，則圓弧、的半徑為2，設圓O的半徑為，則，過O作，則，，中，，即，解得，則有，中，由余弦定理得，

．故選：A.6.將函數的圖像向左平移個單位后的函數圖像關于軸對稱，則實數的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用兩角和的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后由平移變換寫出的表達式，再由對稱性求得，從而可得最小值．【詳解】，將函數圖像向左平行移動個單位后的函數記為，則，而函數的圖像關于軸對稱有，，，()，，實數的最小值為．故選：C．7.若的展開式中，所有項的系數和與二項式系數和相等，且第6項的二項式系數最大，則有序實數對共有（）組不同的解A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根據二項式系數的性質求解.【詳解】根據二項式系數性質知：由第6項的二項式系數最大知的可能取值為9，10，11，又由題得：令x=1，有，當，11時，；當時，或，故有序實數對共有4組不同的解，分別為.故選：D.8.已知為坐標原點，橢圓：，平行四邊形的三個頂點A，，在橢圓上，若直線和的斜率乘積為，四邊形的面積為，則橢圓的方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角換元設，，代入橢圓方程可得，再根據三角形面積的向量公式及斜率之積計算即可.【詳解】先證三角形面積公式的向量形式：在中，，則，而設，，由題意可知;，所以，將坐標代入橢圓方程有，則所以四邊形的面積為，即，又根據和的斜率乘積為知，所以，解之得：，．故選：B二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯得0分．9.下列命題正確的有（）A.空間中兩兩相交的三條直線一定共面B.已知不重合的兩個平面，，則存在直線，，使得，為異面直線C.過平面外一定點，有且只有一個平面與平行D.已知空間中有兩個角，，若直線直線，直線直線，則或【答案】BC【解析】【分析】利用平面性質判斷選項A；利用兩平面位置關系和異面直線定義判斷選項B；利用線面垂直的性質判斷選項C；舉反例否定選項D.【詳解】選項A：空間中兩兩相交的三條直線可以共面也可以不共面.判斷錯誤；選項B：已知不重合的兩個平面，，則，或，相交，兩種情況均存在直線，，使得，為異面直線.判斷正確；選項C：過平面外一定點，有且只有一條直線m與平面垂直，過點有且只有一個平面與直線m垂直，則.則過平面外一定點，有且只有一個平面與平行.判斷正確；選項D：在如圖正方體中，直線直線，直線直線，由，可得，且判斷錯誤.故選：BC10.學校北園食堂老麻抄手窗口又推出了酸辣粉、米粉等新品．小明同學決定每隔9天去老麻抄手窗口消費一次，連續去了5次，他發現這5次的日期中沒有星期天，則小明同學在這5次中第一次去北園食堂可能是（）A.星期一 B.星期三C.星期五 D.星期六【答案】BD【解析】【分析】依題意每隔天去一次，即每次都是在上一次的星期數往后數三天，一一列舉即可判斷.【詳解】若第一次是星期一，則第二次是星期四，第三次是星期日，不符合題意，故A錯誤；若第一次是星期三，則第二次是星期六，第三次是星期二，第四次是星期五，第五次是星期一，符合題意，故B正確；若第一次是星期五，則第二次是星期一，第三次是星期四，第四次是星期日，不符合題意，故C錯誤；若第一次是星期六，則第二次是星期二，第三次是星期五，第四次是星期一，第五次是星期四，符合題意，故D正確；故選：BD11.某項科學素養測試規則為：系統隨機抽取5道測試題目，規定：要求答題者達到等級評定要求或答完5道題方能結束測試．若答題者連續做對4道，則系統立即結束測試，并評定能力等級為；若連續做錯3道題目，則系統自動終止測試，評定能力等級為；其它情形評定能力等級為．已知小華同學做對每道題的概率均為，且他每道題是否答對相互獨立，則以下說法正確的是（）A.小華能力等級評定為的概率為B.小華能力等級評定為的概率為C.小華只做了4道題目的概率為D.小華做完5道題目的概率為【答案】ABC【解析】【分析】利用獨立事件的概率和對立事件的概率可求四個選項，根據結果判斷正誤.【詳解】小華能力等級評定為，則需要連續做對4道題，所以，A正確；小華能力等級評定為，則他連續做錯3道題目，有四種情況，所以．由題意小華能力等級評定為的概率為，B正確；小華只做了4道題目有兩種情況，一是4道題全對，二是第1題對了，后續3道題目全錯，其概率為，C正確；小華做完3道題目結束測試的概率為，小華做完5道題目的概率為，D不正確．故選：ABC.12.已知函數，則下列說法正確的有（）A.，函數是奇函數B.，使得過原點至少可以作的一條切線C.，方程一定有實根D.，使得方程有實根【答案】AD【解析】【分析】選項A，由奇函數的定義判斷；選項B，通過聯立方程組判斷切線是否存在；選項C，由正弦函數的有界性判斷方程的解；選項D，特殊值法判斷存在性.【詳解】函數，定義域，且，函數是奇函數，A選項正確；設直線，聯立方程：，得，，直線不可能是的一條切線，B選項錯誤；若，，則，得，即，由的有界性，顯然不一定有解，C選項錯誤；當，，顯然存在，，使方程有解，D選項正確.故選：AD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知復數滿足（是虛數單位），則的最大值為__________【答案】##【解析】【分析】根據復數的幾何意義有，復數對應的點到點的距離為1，即點的軌跡為以為圓心，半徑的圓，從而即可求解.【詳解】解：因為復數滿足，所以根據復數的幾何意義有，復數對應的點到點的距離為1，即點的軌跡為以為圓心，半徑的圓，所以的最大值為，故答案為：.14.是公差不為零的等差數列，前項和為，若，，，成等比數列，則________．【答案】1012【解析】【分析】利用等差中項及等比中項，結合等差數列的通項公式及前項和公式即可求解.【詳解】設等差數列的首項為，公差為，則因為，所以，即，解得.因為，，成等比數列，所以，即，解得或（舍），所以，解得，所以，所以.故答案為：.15.函數的值域為____．【答案】【解析】【分析】利用換元法和二次函數性質即可求得的值域.【詳解】令，則，則的值域轉化為，的值域，，則，則的值域為，則函數的值域為.故答案為：16.若函數與函數的圖像恰有三個不同交點，且交點的橫坐標構成等差數列，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】依題意，函數有三個不同的零點，則有兩個不同的實數根，三個不同的零點構成等差數列，則三次函數的對稱中心在軸上，根據不等式求實數的取值范圍.【詳解】函數與函數的圖像三個不同交點，等價于函數有三個不同的零點，即的圖像與軸有三個交點，由，故必有方程有兩個不同的實數根，則，，三次函數的圖像是中心對稱圖形，由的圖像與軸三個不同交點的橫坐標構成等差數列，則的圖像的對稱中心一定在軸上，，令，令得，則函數圖像的對稱中心橫坐標為，當時符合題意，，化簡整理即有，故，且所以實數的取值范圍是．故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，內角A、、所對的邊分別為、、，已知．（1）求角A的大小；（2）點為邊上一點（不包含端點），且滿足，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等變換化簡即可；（2）利用正弦定理將線段比值轉化為關于C的三角函數值計算范圍即可.【小問1詳解】由，結合正弦定理可得：因為，所以即，所以，而，所以；【小問2詳解】由知:，所以，即在中，有，，由正弦定理可得：所以由可得，所以.18.移動物聯網廣泛應用于生產制造、公共服務、個人消費等領域．截至2022年底，我國移動物聯網連接數達億戶，成為全球主要經濟體中首個實現“物超人”的國家．下圖是2018-2022年移動物聯網連接數與年份代碼的散點圖，其中年份2018-2022對應的分別為1~5．（1）根據散點圖推斷兩個變量是否線性相關．計算樣本相關系數（精確到），并推斷它們的相關程度；（2）求關于的經驗回歸方程，并預測2024年移動物聯網連接數．附：樣本相關系數，，，【答案】（1），兩個變量具有很強的線性相關性（2），2024年移動物聯網連接數億戶．【解析】【分析】（1）由散點圖可判斷是否線性相關，再根據已知數據計算相關系數即可；（2）由數據計算回歸方程，并由方程計算預測即可.【小問1詳解】由圖可知，兩個變量線性相關．由已知條件可得：，，所以，，，所以相關系數，因此，兩個變量具有很強的線性相關性．【小問2詳解】結合（1）可知，，所以回歸方程是：，當時，有，即預測2024年移動物聯網連接數為億戶．19.已知平行六面體中，底面和側面都是邊長為2的菱形，平面平面，．（1）求證：四邊形是正方形；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【小問1詳解】連接，作于．因為是菱形，所以，又因為，，面，所以面，而面，所以，又平面平面，平面平面，所以面，又因為面ABCD，所以.、相交，且、面，所以面，面，所以，而為菱形，所以四邊形是正方形．【小問2詳解】在時，易知為的中點，如圖以H為中心，建立空間直角坐標系則，，，，，，，設平面的一個法向量，則，即，令，則，故設平面的一個法向量，則，即令，則，解得，則又因為為銳二面角，所以的余弦值為．20.設數列的前項和為，且，．（1）證明：數列是等比數列，并求的通項公式；（2）設，證明：．【答案】（1）證明見解析，（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據，作差得到，即可得到，從而得證，即可求出的通項公式；（2）由（1）可得，方法一：令，則，即可得證；方法二：利用放縮法得到，再累乘即可得證.【小問1詳解】因為，當時，解得，當時，相減得，所以，所以是以首項為6，公比為3的等比數列，即，所以.【小問2詳解】由（1）可得，即證：方法一：令．則，因為，所以，所以單調遞增，即，即．方法二：放縮法：，所以，，，，相乘得即21.已知點，動點在直線：上，過點且垂直于軸的直線與線段的垂直平分線交于點，記點的軌跡為曲線．（1）求曲線的標準方程；（2）過的直線與曲線交于A，兩點，直線，與圓的另一個交點分別為，，求與面積之比的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用拋物線定義即可求得曲線的標準方程；（2）先求得的表達式，再利用均值定理即可求得其最大值.【小問1詳解】過點且垂直于軸的直線與線段的垂直平分線交于點，則，則點到直線和定點距離相等，則的軌跡為以為焦點以直線為準線的拋物線，則曲線的方程為：【小問2詳解】設A，，，坐標分別為，，，，因為令直線：，，：，，由得：，由得：所以令：，與聯立得：，所以，，，則所以，代入得：又因為，所以，當且僅當，時取等號所以與面積之比的最大值為22.對于定義在上的函數，若存在，使得，則稱為的一個不動點