安徽六校教育研究会2023年高三年级入学素质测试数学参考答案

安徽省六校教育研究会2023年高三年级入学素质测试数学参考答案1．【答案】D13i13z1112233【解析】zi，111i，则其在复平面对应的点为zz1313132222iii22222233,，即在第四象限，故选：D222．【答案】A【解析】Ax,yxy1，Bx,yxZ,yZ，则AB1,1,1,1，真子集个数为2213，故选：A3．【答案】Cxa1a1【解析】函数fxa为增函数,则a1,此时a10,故函数gxx在0,上单调递增;当gxx在x0,上单调递增时,,a10,所以a1,故fxa为增函数，故选:C4．【答案】Ax2y2【解析】设椭圆的方程为1（ab0），由椭圆的性质可知椭圆上的点到焦点距离的最小值为ac，最a2b2大值为ac，根据题意可得近火点满足ac33952653660①，远火点满足ac33951194515340②，由②-①得2c11680，故选：A5．【答案】C【解析】由题意得该容器模型为正四棱台，上、下底面的边长分别为2cm，3cm.1191设该棱台的高为h，则由棱台体积公式VhS上S下S上S下，得：h(496)得h1cm，33325所以侧面等腰梯形的高325，所以23h1cm2222S表49559cm2故选：C6．【答案】D133【解析】因为ABAB3,ACAC2,∴ABAC，24213设ABAB,ACAC,则ABAC，02040013又ADABACABAC，∴AD在BAC的角平分线上，2400由于三角形中ABAC,故三角形的BC边上的中线，高线，中垂线都不与BAC的角平分线重合，故AD经过三角形的内心，而不经过外心，重心，垂心，故选D.试卷第1页，共10页7．【答案】A11【解析】已知向量a,b的夹角为60°的单位向量，则ababcos601122222所以ababa2abb1x1nxx1nx1221所以对任意的x1、x2(m,)，且x1x2，1，则x11nx2x21nx1x1x2x1x21nx1nx111nx1lnx1lnx1所以21，即21，设fx，即fx在m,上单调递减x2x1x2x1x2x1x2lnx22又x0,时，fx0，解得xe2，所以x0,e，f(x)0，fx在x0,e上单调递增；x222xe,，fx0，fx在xe,上单调递减，所以me2，故选：A.8．【答案】Cxxx0x0x0【解析】设直线l与曲线ye相切于P(x0,y0)，又ye，所以直线l的斜率为ke，方程为yee(xx0)，xx00令x0，y(1x0)e；令y0，xx01,即A(x01,0)，B(0,(1x0)e).11x012x0所以S△OAOBx1(1x)e(1x)e.OAB220020111设f(x)(1x)2ex，则f(x)2(1x)(1x)2ex(x1)(x1)ex.222由f(x)0，解得x1或x1；由f(x)0，解得1x1.所以f(x)在，1，1，上单调递增，在1，1上单调递减.21252511e21f(1)，f(4)，f(1)0，f(2)，且恒有f(x)0成立，ee2e42e3ee2e1如图，函数f(x)与直线y有3个交点.所以点P的个数为3，故选：C.e9．【答案】AB【解析】对于A，由相关指数的定义知：R2越大，模型的拟合效果越好，A正确；对于B，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，B正确；对于C，由独立性检验的思想知：2值越大，“x与y有关系”的把握程度越大，C错误.51对于D，E3X13EX16，EX，又XBn,，33n5EX，解得：n5，D错误.故选：AB.3310．【答案】BC【解析】fxAsinx，则fxAcosx，由题意得f(2π)f(2π)，即AsinAcos，故πtan，因为，所以tan3，由N*则，1，，故选项A错误；34π因为破碎的涌潮的波谷为4，所以f(x)的最小值为4，即A4，得A4，所以fx4sinx，则4试卷第2页，共10页πππππππ3212f4sin4sincoscossin462，故选项B正确；33434342222πππ因为fx4sinx，所以fx4cosx，所以fx4sinx为奇函数，则选项C正确；444ππππππfx4cosx，由x0，得x，因为函数y4cosx在,0上单调递增，43124412ππ在0,上单调递减，所以f(x)在区间,0上不单调，则选项D错误，故选：BC4311．【答案】BCD【解析】对于A项，∵DD1//BB1∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，BB225∴cosBBF1，122B1F12525∴异面直线DD1与B1F所成的角的余弦值为.故A项错误；5对于B项，取A1D1的中点M，D1C1的中点N，连接MN，DM，DN，则DM∥B1F，DN∥B1E，又∵DM面B1EF，B1F面B1EF，DN面B1EF，B1E面B1EF，∴DM∥面B1EF，DN∥面B1EF，又∵DMDND，DM、DN面DMN，∴面DMN∥面B1EF，又∵DP∥面B1EF，P面A1B1C1D1∴P轨迹为线段MN，∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，在Rt△DD1M中，D1M=1，D1D=2，∴DM5，在Rt△DD1N中，D1N=1，D1D=2，∴DN5，在Rt△MD1N中，D1N=1，D1M=1，∴MN2，MN132∴如图，在Rt△DPN中，DPDN2()25.故B项正确；222对于C项，过点D1、E、F的平面截正方体ABCD—A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN则D1M∥NF，D1N∥ME，如图，以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—xyz，设AM=m，CN=n，则M(2,0,m)，N(0,2,n)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，D1(0,0,2)，∴ME(0,1,m),D1N(0,2,n2),D1M(2,0,m2),NF(1,0,n)，∵D1M∥NF，D1N∥ME，试卷第3页，共10页2m2mn232244∴∴AM,CN∴AM,CN2nm22331313n34213213∴在Rt△D1A1M中，D1A1=2，A1M，∴DM，同理：DN，3131321313在Rt△MAE中，AM，AE=1，∴ME，同理：FN333在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴EF2，21313∴DMDNMEFNEF2222132，1133即：过点D1、E、F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为2132.故C项正确；对于D项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O1B，过O1作OO1∥BB1，1且使得OOBB1，则O为三棱锥B1—BEF的外接球的球心，121所以OE为外接球的半径，EF23∵在Rt△EBF中，EF2，∴R2OE2OO2()212()212222∴S球O4R6.故D项正确，故选：BCD.12．【答案】ABC【解析】根据题意可知，12与1，5，7，11互质，29与1、2、3、28共28个数都互质，即(12)(29)42832，所以A正确；由题意知(2)1,(4)2,(6)2，可知数列(2n)不是单调递增的，B正确；若p为质数，则小于等于pn的正整数中与pn互质的数为1,,p1,p1,,2p1,,2p1,pn1，pn即每p个数当中就有一个与pn不互质，所以互质的数的数目为pnpnpn1个，p(pn)(p1)pn1故(pn)(p1)pn1，所以p为常数，即数列(pn)为等比数列，故C正确；(pn1)(p1)pn2n123458根据选项C即可知(3n)23n1，数列的前4项和为，故D错误，故选：ABC(3n)2618545413．【答案】15r3r1r6【解析】由题知，则r6rr2，n6Tr1C6xC61xx3r令63，得r2，所以展开式中x3的系数为C2(1)215.26故答案为：15.试卷第4页，共10页14．【答案】11m【解析】因为fxxmlnxmR，所以fxlnxxmlnx1，xx曲线在点1,f1处的切线斜率kf1ln11m1m，又f11mln10，则切线方程为：y1mx1，即1mxy1m0，若该切线平分圆(x2)2(y1)25，则切线过圆心2,1，则21m11m0，解得m0，所以fxxlnx，x0,，即lnx0，所以x1，则yfx有一个零点x1，故答案为：1315．【答案】2ππ2π【解析】因为fxfx，所以fx为偶函数，所以kπ+,kZ，所以kπ+,kZ，6232ππ2π又因为0π，所以k0,，所以f(x)3sinx3cosx，363πππ又因为f3，所以3cos3，所以(2k1)π,kZ，所以2(2k1)4k2,kZ，222ππ3又因为04，所以k0,2，所以f(x)3cos2x，所以f3cos.6323故答案为：22316．【答案】3【解析】作图如下，由TNTPMT得，TNTPMT0,即TMTNTP，又因为F(1,0)为M3,0，N1,0的中点，所以TMTN2TF,所以2TFTP，MFTF1所以T为PF的三等分点，且TP2TF，又因为PQ//MF，所以△TMF△TQP，且,QPTP2p所以QP2MF4，不妨设P(x,y)，且在第一象限，QPxx14，所以x3，000200因为点P(x0,y0)在抛物线上，所以y023，123所以根据相似关系可得yy，T30323故答案为：.317．【答案】（1）an＝4n＋4或an＝2n；（2）见解析．【解析】（1）由题意可知，有两种组合满足条件：①a18，a212，a316，此时等差数列an中，a18，d＝4，所以其通项公式为an＝8＋(n－1)×4＝