2023屆安徽省宿州市高三下學期第一次教學質量檢測數學試題一、單選題1．已知集合，，則的元素個數為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】解出集合再根據交集運算求出即可得出結果.【詳解】由題意可得，,根據交集運算可得，所以的元素個數為2.故選：C2．設復數z滿足，則z=（）A．-1+i B．-1-i C．1+i D．1-i【答案】A【分析】【詳解】由得=，故選A.【考點定位】本小題主要考查復數的四則運算,復數在高考中主要以小題形式出現，屬容易題，主要考查復數的概念、幾何意義與四則運算是基礎內容.3．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據二倍角的余弦公式以及充分、必要條件的定義即可得出結論.【詳解】由可得，即充分性成立；當時，可得；所以必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A4．我國《洛書》中記載著世界上最古老的一個幻方，如圖所示，將1，2，3，…，9填入的方格內，使得每行、每列、每條對角線上的數的和都相等，便得到一個3階幻方.一般地，將連續的正整數1，2，3，…，填入個方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數的和都相等，這個正方形叫作n階幻方.記n階幻方的數的和（即方格內的所有數的和）為，如，那么下列說法錯誤的是（

）A．B．7階幻方第4行第4列的數字可以為25C．8階幻方每行、每列、每條對角線上的數的和均為260D．9階幻方每行、每列、每條對角線上的數的和均為396【答案】D【分析】根據n階幻方的定義，n階幻方的數列有項，為首項為1，公差為1的等差數列，故，每行、每列、每條對角線上的數的和均為，且n為奇數時，n階幻方行列的數字為該數列的中間值.【詳解】根據n階幻方的定義，n階幻方的數列有項，為首項為1，公差為1的等差數列，故，每行、每列、每條對角線上的數的和均為.對A，，A對；對B，7階幻方有7行7列，故第4行第4列的數字可以為該數列的中間值，即，B對；對C，8階幻方每行、每列、每條對角線上的數的和均為，C對；對D，9階幻方每行、每列、每條對角線上的數的和均為，D錯.故選：D5．函數的圖象大致是（

）A．B．C．D．【答案】A【分析】根據奇函數的定義證明為奇函數，再求函數的零點，通過取特殊值確定正確選項.【詳解】函數的定義域為，又可化為，所以，所以函數為奇函數，所以函數的圖象關于原點對稱，C，D錯誤；令，可得，解得或（舍去），所以函數的零點為，，取可得，B錯誤，故選：A.6．設，若，則（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】D【分析】根據二項展開式分別求出的表達式，解方程即可求得結果.【詳解】由題可知，，所以；同理可得；由可得，即，所以，即，解得.故選：D7．已知是雙曲線上不同的三點，且，直線AC，BC的斜率分別為，（），若的最小值為1，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根據向量共線可知兩點關于原點對稱，分別設出三點的坐標，利用點差法點差法表示出和，根據基本不等式求得取最小值時滿足，計算即可求得離心率.【詳解】根據題意，由可得原點是的中點，所以兩點關于原點對稱；不妨設，因為，所以，易知，又因為A、B，C都在雙曲線上，所以，兩式相減可得，即，所以，由基本不等式可知，當且僅當時等號成立；所以，即，可得，即離心率.故選：A.8．已知，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由作差法，結合對數換底公式、對數運算性質、基本不等式比較得，即可判斷大小.【詳解】由，，，∴，∴，，∴.故選：B.二、多選題9．已知平面向量，，，則下列說法正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則向量在上的投影向量為 D．若，則向量與的夾角為銳角【答案】AB【分析】根據向量線性運算即數量積公式可得AB正確；根據投影向量定義可得向量在上的投影向量為，即C錯誤；由可得，但此時向量與的夾角可以為零角并非銳角，可得D錯誤.【詳解】若，根據平面向量共線性質可得，即，所以A正確；若，可得，即，解得，所以B正確；若，，由投影向量定義可知向量在上的投影向量為，即C錯誤；若，則，所以；但當時，，即此時向量與的夾角為零角，所以D錯誤.故選：AB10．已知函數，其圖象相鄰對稱軸間的距離為，點是其中一個對稱中心，則下列結論正確的是（

）A．函數的最小正周期為B．函數圖象的一條對稱軸方程是C．函數在區間上單調遞增D．將函數圖象上所有點橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標縮短為原來的一半，再把得到的圖象向左平移個單位長度，可得到正弦函數的圖象【答案】AB【分析】由周期求出，由圖像的對稱性求出的值，可得的解析式，再利用正弦函數的圖像和性質，得出結論.【詳解】已知函數（，），其圖像相鄰對稱中軸間的距離為，故最小正周期,，點是其中一個對稱中心，有，,，由，∴，可以求得.最小正周期，故選項正確；由于，所以是函數圖象的一條對稱軸方程，故選項正確；時，正弦曲線的先增后減，故選項錯誤；將函數圖像上所有點橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標縮短為原來的一半，再把得到的圖像向左平移個單位長度，可得到，選項D錯誤.故選：.11．已知，且，則下列不等關系成立的是（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】利用基本不等式易知選項AB正確；利用對數運算法則和重要不等式可知C正確；將不等式化簡整理可得，構造函數利用函數單調性即可證明D錯誤.【詳解】由基本不等式可知，，當且僅當時，等號成立，即A正確；易知，當且僅當時，等號成立，即B正確；由重要不等式和對數運算法則可得：，當且僅當且僅當時，等號成立，即C正確；由可得，所以，若，即證明，即即需證明，令函數，則，當時，，即在上單調遞增，所以時，解不等式可得即可，即時不等式成立；當時，，即在上單調遞減，解不等式可得，即時不等式才成立；綜上可知，當時，不等式才成立，所以D錯誤.故選：ABC12．棱長為2的正方體中，E，F，G分別為棱AD，，的中點，過點E，F，G的平面記為平面，則下列說法正確的是（

）A．平面B．平面C．平面截正方體外接球所得圓的面積為D．正方體的表面上與點E的距離為的點形成的曲線的長度為【答案】ABD【分析】建立空間直角坐標系，如圖所示，對AB，利用向量法判斷線面平行、線面垂直；對C，由向量法求點面距離判斷外接球到及所截圓心重合，進而可求面積；對D，將所求曲線轉化為球截面上的圓弧長，進而逐個表面討論即可.【詳解】建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，對A，設平面的法向量為，，，，則有，令得，由，而FG不在平面ACB1中，故平面，A對；對B，，，由，，∵平面，故平面，B對；對C，設，則O為正方體外接球心，，外接球半徑，設平面，由，，平面，則，故與重合，故平面截正方體外接球所得圓的面積為，C錯；對D，由題意，所求的點可看作正方體與半徑為的球E的交點，則由球的性質，在表面上，∵，故只有兩個交點，不形成曲線；在表面上，形成的曲線為以為圓心，半徑為的圓與正方形交得的圓弧，長度為；在表面上，形成的曲線為以中點為圓心，半徑為的圓與正方形交得的圓弧，長度為.由正方體的對稱性，所求的曲線長度為，D對.故選：ABD.三、填空題13．一組樣本數據：，，，，，由最小二乘法求得線性回歸方程為，若，則實數a的值為______.【答案】5【分析】求出中心點，由線性回歸方程過中心點列方程求解.【詳解】，，由線性回歸方程過中心點得.故答案為：514．若拋物線C：存在以點為中點的弦，請寫出一個滿足條件的拋物線方程為_______.【答案】（答案不唯一）【分析】拋物線存在以點為中點的弦，則該點在拋物線開口內，列式求解即可.【詳解】拋物線存在以點為中點的弦，則該點在拋物線開口內，即當時，.可取，則滿足條件的拋物線方程為.故答案為：（答案不唯一）15．已知數列的前n項和為，且，則數列的前n項和______.【答案】【分析】根據給定的遞推公式求出數列的通項，再利用裂項相消法求解作答.【詳解】數列的前n項和為，，，當時，，兩式相減得：，即，而，解得，因此數列是首項為2，公比為2的等比數列，，，所以.故答案為：16．已知函數（e為自然對數的底數），若在上恒成立，則實數a的取值范圍是______.【答案】【分析】先將命題轉化為在上恒成立，令，運用二階求導法討論的單調性及最值，對a分類討論，利用最小值列不等式求解即可.【詳解】由，令，令，則在上單調遞增，.（1）當時，恒成立，即函數在上單調遞增，則有，解得；（2）當時，則存在使得，則時，，在上單調遞減；時，，在上單調遞增.∴，又，∴.∵，令，，則，∴在上單調遞減.則，故.綜上，.故答案為：【點睛】含參不等式恒成立問題，一般構建函數，利用導數研究函數的單調性及最值，對參數分類討論，將問題轉化為函數最值的不等式求解.四、解答題17．在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且.(1)求角A的大小；(2)求的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理，將角化邊，再根據余弦定理，求解即可.（2）由（1）可知，，則，根據正弦型三角函數的圖象和性質，求解即可.【詳解】（1）由正弦定理可得，即，由余弦定理的變形得，又，所以.（2）由得，且，所以，所以，因為，從而，所以，從而.即的取值范圍為.18．如圖，四棱錐中，底面ABCD，，，，，為棱靠近點的三等分點.(1)證明：平面；(2)求與平面所成的角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)記為棱靠近點的三等分點，連接，證明，根據線面平行判定定理證明平面；(2)建立空間直角坐標系，求直線的方向向量和平面的法向量，根據向量夾角公式求兩向量的夾角余弦，由此可得與平面所成的角的正弦值.【詳解】（1）記為棱靠近點的三等分點，連接又為棱靠近點的三等分點.所以，且，又且，所以且，即四邊形ADEF為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面.（2）在BC上取一點G，使得，所以，又，知四邊形AGCD為矩形，從而，又底面ABCD，所以AG，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，AG，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，從而，，，設平面的法向量為，則，即，取，可得，為平面PBC的一個法向量，則，設與平面所成的角為，則，即與平面所成的角的正弦值為.19．在數列中，，且.(1)令，證明：數列為等差數列，并求數列的通項公式；(2)記數列的前n項和為，求.【答案】(1)證明見解析，(2)297【分析】(1)由遞推關系結合等差數列定義證明數列為等差數列，再由等差數列通項公式求數列的通項；(2)由遞推關系證明，利用等差數列求和公式和組合求和法求.【詳解】（1）因為，所以，即，又，所以，又，所以，數列為以1為首項，4為公差的等差數列，所以.（2）因為，所以，即所以.20．宿州號稱“中國云都”，擁有華東最大的云計算數據中心、CG動畫集群渲染基地，是繼北京、上海、合肥、濟南之后的全國第5家量子通信節點城市.為了統計智算中心的算力，現從全市n個大型機房和6個小型機房中隨機抽取若干機房進行算力分析，若一次抽取2個機房，全是小型機房的概率為.(1)求n的值；(2)若一次抽取3個機房，假設抽取的小型機房的個數為X，求X的分布列和數學期望.【答案】(1)4(2)分布列見解析，【分析】（1）根據古典概型計算公式可得，即可解得；（2）易知隨機變量X的可能取值，利用超幾何分布可求得其對應概率即可得分布列和期望值.【詳解】（1）由題知，共有個機房，抽取2個機房有種方法，其中全是小機房有種方法，因此全是小機房的概率為，解得.即n的值為4.（2）X的可能取值為0，1，2，3.，，，.則隨機變量X的分布列為X0123P則X的數學期望.21．已知橢圓的左，右焦點分別為，，離心率為，M為橢圓上異于左右頂點的動點，的周長為.(1)求橢圓C的標準方程；(2)過點M作圓的兩條切線，切點分別為，直線AB交橢圓C于P，Q兩點，求的面積的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據橢圓離心率和焦點三角形周長可求得，即可得出橢圓C的標準方程；（2）易知的軌跡是以OM為直徑的圓與圓的交點，求出AB所在的直線方程，并于橢圓方程聯立根據弦長公式求得的面積的表達式，再化簡變形構造函數即可求得其取值范圍.【詳解】（1）設橢圓焦距為2c，根據橢圓定義可知，的周長為，離心率聯立，解得，，所以，即橢圓C的標準方程.（2）設點，又為切點，可知，所以四點共圓，即在以OM為直徑的圓上，則以OM為直徑的圓的方程為，又在圓上，兩式相減得直線AB的方程為，如下圖所示：設，，由，消去y整理后得，，，所以，又點O到直線PQ的距離，設的面積為S，則，其中，令，則，設，，則，所以在區間上單調遞增，從而得，于是可得，即的面積的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據過點M的兩條切線求出切點所在的直線方程，并與橢圓聯立利用韋達定理和弦長公式求出面積的表達式，再通過構造函數利用導數研究單調性求面積取值范圍即可.22．已知函數（e為自然對數的底數），a，.(1)當時，