【文档说明】安徽省六校教育研究会2022-2023学年高三下学期入学素质测试数学试题卷参考答案.pdf，共(11)页，459.032 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共10页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】D【解析】13i22z，13i1113322111i22131313iii222222zzz，则其在复平面对应的点为33,22

，即在第四象限，故选：D2．【答案】A【解析】,1Axyxy，,Z,ZBxyxy，则1,1,1,1AB，真子集个数为2213，故选：A3．【答案】C【解析】函数xfxa为增函数,则1a,此时10a,故函数1agxx在

0,上单调递增;当1agxx在0,上单调递增时,,10a,所以1a,故xfxa为增函数，故选:C4．【答案】A【解析】设椭圆的方程为22221xyab（0ba），由椭圆的性质可知椭圆上的点到焦点距离的最小值为ac，最大值为ac，根据题

意可得近火点满足33952653660ac①，远火点满足33951194515340ac②，由②-①得211680c，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.设该棱台的

高为h，则由棱台体积公式13VhSSSS下下上上，得：191(496)33h得1cmh，所以侧面等腰梯形的高23251cm22h，所以252324955

9cm2表S故选：C6．【答案】D【解析】因为3,2ABABACAC,∴133242ABAC，设0013,24ABABACAC,则00ABAC

，又001324ADABACABAC，∴AD在BAC的角平分线上，由于三角形中ABAC,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2页，共10页7．【答案】A【解析】已知向量,ab的夹角为60°的单位向量，则11cos601122abab所以22221ababaabb所以对任意的1x、2x(,)m，且12xx，12

21121n1n1xxxxxx，则1221121n1nxxxxxx所以2121211n1n11xxxxxx，即21211n1ln1xxxx，设ln1xfxx，即fx在,m上单调递减又0,x时，

22ln0xfxx，解得2ex，所以20,ex，0)(xf，fx在20,ex上单调递增；2e,x，0fx，fx在2e,x上单调递减，所以2em，故选：A.8．【答案】C【解析】设直线l与曲线xe

y相切于00(,)Pxy，又exy，所以直线l的斜率为0exk，方程为000ee()xxyxx，令0x，00(1)exyx；令0y，01xx,即0(1,0)Ax，00(0,(1)e)xBx.所以0020001111(1)e(1)e222xxOABSOAOBxx

x△.设21()(1)e2xfxx，则211()2(1)(1)e(1)(1)e22xxfxxxxx.由()0fx，解得1x或1x；由()0fx，解得11x.所以()fx在1，，1，上单调递增，在1

1，上单调递减.21(1)eef，43252511(4)2e2eeef，(1)0f，2e1(2)2ef，且恒有()0fx成立，如图，函数()fx与直线1ey有3个交点.所以点P的个数为3，

故选：C.9．【答案】AB【解析】对于A，由相关指数的定义知：2R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.对于D，31316EXEX，53EX，又1B,3Xn，533nEX，解得：5n，D错误.故选：AB.10．【答案】BC【解析】sinfxAx，则cosfxAx，由题意得()(2ππ)

2ff，即sincosAA，故tan，因为π3，所以tan3，由*N则，1，4，故选项A错误；因为破碎的涌潮的波谷为4，所以()fx的最小值为4，即4A

，得4A，所以π4sin4fxx，则试卷第3页，共10页πππππππ32124sin4sincoscossin46233434342222f，故选项B正确；因为π4sin4fxx，所

以π4cos4fxx，所以π4sin4fxx为奇函数，则选项C正确；π4cos4fxx，由π03x，得πππ1244x，因为函数4c

osyx在π,012上单调递增，在π0,4上单调递减，所以()fx在区间π,03上不单调，则选项D错误，故选：BC11．【答案】BCD【解析】对于A项，∵11//DDBB

∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，∴11221225cos512BBBBFBF，∴异面直线DD1与B1F所成的角的余弦值为255.故A项错误；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B

1EF，1BF面B1EF，DN面B1EF，1BE面B1EF，∴DM∥面B1EF，DN∥面B1EF，又∵DMDND，DMDN、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，∴5DM，在Rt△DD1N中，D1N=1，D1D=2，∴5DN，在Rt△MD1N中，D1N=1，D1M=1，∴2MN，∴如图，在Rt△DPN中，22132()5222MNDPDN.故B项正确；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(2,0,)Mm，(0,2,)Nn，(2,1,0)E，(1,2,0)F，1(0,0,2)D，∴11(0,1,),(0,2,2),(2,0,2),(1,0,)MEmDNnDMm

NFn，∵D1M∥NF，D1N∥ME，试卷第4页，共10页∴22232223mmnnmn∴22,33AMCN∴1144,33AMCN∴在Rt△D1A1M

中，D1A1=2，143AM，∴12133DM，同理：12133DN，在Rt△MAE中，23AM，AE=1，∴133ME，同理：133FN在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴2EF，∴1121313222213233

DMDNMEFNEF，即：过点D1、E、F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为2132.故C项正确；对于D项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O

1B，过O1作OO1∥BB1，且使得11112OOBB，则O为三棱锥B1—BEF的外接球的球心，所以OE为外接球的半径，∵在Rt△EBF中，2EF，∴222222123()1()222EFROEOO∴246OSR球.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12328、、、共28个数都互质，即(12)(29)42832，所以A正确；由题意知(2)1,(4)2,(6)2，可知数

列(2)n不是单调递增的，B正确；若p为质数，则小于等于np的正整数中与np互质的数为1,,1,1,,21,,21,1nppppp，即每p个数当中就有一个与np不互质，所以互质的数的数目为1nnnnpppp

p个，故1()(1)nnppp，所以112()(1)()(1)nnnnppppppp为常数，即数列()np为等比数列，故C正确；根据选项C即可知1(3)23nn，数列(3)nn的前4

项和为12345826185454，故D错误，故选：ABC13．【答案】15【解析】由题知6n，则366216611rrrrrrrTCxCxx，令3632r，得

2r，所以展开式中3x的系数为226(1)15C.故答案为：15.试卷第5页，共10页14．【答案】1【解析】因为lnfxxmxmR，所以1lnln1mfxxxmxxx

，曲线在点1,1f处的切线斜率1ln111kfmm，又11ln10fm，则切线方程为：11ymx，即110mxym，若该切线平分圆22(2)(1)5xy，则切线过圆心2,1，则21110

mm，解得0m，所以lnfxxx，0,x，即ln0x，所以1x，则yfx有一个零点1x，故答案为：115．【答案】32【解析】因为fxfx，所以fx为偶函数，所以πππ+,Z62kk，所以2ππ+,Z

3kk，又因为0π，所以2π0,3k，所以π2π()3sin3cos63fxxx，又因为π32f，所以π3cos32，所以π(21)π,Z2kk，所以2(21)42,Zkkk，又因为04，所以

0,2k，所以()3cos2fxx，所以ππ33cos632f.故答案为：3216．【答案】233【解析】作图如下，由TNTPMT得，0,TNTPMT即TMTNTP，又因为(1,0)F为

3,0M，1,0N的中点，所以2TMTNTF,所以2TFTP，所以T为PF的三等分点，且2TPTF，又因为//PQMF，所以TMFTQP△△，且12MFTFQPTP,所以2

4QPMF，不妨设),(00yxP，且在第一象限，00142pQPxx，所以03x，因为点),(00yxP在抛物线上，所以023y，所以根据相似关系可得012333Tyy，故答案为：233.17．【答案】（1）na＝4n＋4或na＝2n；（2）

见解析．【解析】（1）由题意可知，有两种组合满足条件：①81a，122a，163a，此时等差数列na中，81a，d＝4，所以其通项公式为na＝8＋(n－1)×4＝4n＋4；②21a，42a，63a，此时等差数列na中，21a，d试卷第6页，共10页＝2，所以其通项公式为

na＝2n.…………………………………5分（2）若选择①，nnnnSn622)448(2，则20142)2(6)2(2222kkkkSk.若1a，ka，2kS成等比数列，则212kkSaa，即()20142(8)44(22kkk，整理得5k＝－9，此方程

无正整数解，故不存在正整数k，使1a，ka，2kS成等比数列．若选择②，nnnnSn22)22(，则65)2()2(222kkkkSk，若1a，ka，2kS成等比数列，则212kkSaa，即)65(2)2(22kkk，整理得0652kk

－5k－6＝0，因为k为正整数，所以k＝6.故存在正整数k＝6，使1a，ka，2kS成等比数列．…………………………………10分18．【答案】（1）3213百米；（2）3217百米．【解析】（1）因为P是等腰三角形PBC的顶点，且2π3CPB，又1BC，所以π6PCB，

33PC，又因为π2ACB，所以π3ACP，则在三角形PAC中，由余弦定理可得：222π72cos33APACPCACPC，解得213AP，所以连廊3213APPC百米；……………………………………5分（2）

设正三角形DEF的边长为a，0πCEF，则sinCFa，3sinAFa，且EDB，所以2π3ADF，在三角形ADF中，由正弦定理可得：sinsinDFAFAADF

，即3sinπ2πsinsin63aa，…………………………………8分即3sin12πsin23aa，化简可得2π2sinsin33a，所以3332172sin3

cos7sin7a（其中为锐角，且3tan2），即边长的最小值为217百米，所以三角形DEF连廊长的最小值为3217百米．……………………………………12分19．【答案】（1）14.7%（2）见解析【解析】（1）设事件A为“核酸检测呈阳

性”，事件B为“患疾病”由题意可得()0.02,()0.003PAPB，0.98PAB试卷第7页，共10页由条件概率公式()(|)()PABPABPB得：()0.980.003PAB即()0.980.003(|)0.147

()0.02PABPBAPA故该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为14.7%…………………………………6分（2）设方案一中每组的检测次数为X，则X的取值为1,655(1)(10.02)0.980.904PX，5(6)10.980.096PX所以X的分布列为X16

P0.9040.096所以()10.90460.0961.48EX即方案一检测的总次数的期望为111.4816.28设方案二中每组的检测次数为Y，则Y的取值为1,1211(1)(10.2)0.801PY；

1210.8010.199PY所以Y的分布列为Y112P0.8010.199所以()10.801120.1993.189EY即方案二检测的总次数的期望为3.189515.945由16.2815.945，则方案二的工作量更少………………………………

……12分20．【答案】(1)证明见解析(2)存在，155【解析】（1）如图所示：在图1中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，并且60BCE，所以ACBE，且3OAOC．在图2中，相交直线OA，1OC均与BE垂直，

所以1AOC是二面角1ABEC的平面角，因为16AC，所以21212ACOCOA，1OAOC，所以平面1BGE平面ABED；…………………………………5分试卷第8页，共10页（2）由（1）知，分别以OA，OB，1OC为x，y，z轴建

立如图2所示的空间直角坐标系，则33,,022D，10,0,3C，3,0,0A，0,1,0B，0,1,0E，133,,322DC，33,,022AD，3,

1,0AB，13,0,3AC，3,1,0AE，设1DPDC，0,1，则13333,,32222APADDPADDC

.………………………………8分设平面1ABC的法向量为,,nxyz，则100ABnACn，即30330

xyxz，取1,3,1nr，因为点P到平面1ABC的距离为155，所以23231555APndn，解得12，则3333,,442AP，所以313,,

442EPAPAE，设直线EP与平面1ABC所成的角为，所以直线EP与平面1ABC所成角的正弦值为15sincos,5EPnEPnEPn………………

……………………12分21．【答案】(1)221:12xCy，221:2Cyx；(2)（i）答案见解析；（ii）答案见解析.【解析】（1）因为3,0F，渐近线经过点21,2，所以222322cbacab

，解得：321cab，所以221:12xCy抛物线22:2Cypx经过点21,2，所以221222p，所以221:2Cyx……………………………4分（2）（i）因为,MN在不同支,所以直线MN的斜

率存在,设方程为ykxm.令()()1122,,MxyNxy,联立2212ykxmxy得，222124220kxkmxm，则2121222422,1212kmmxxxxkk.联立

12,CC可得2221212yxxy，解得：2,1A，因为0AMAN,所以1212(2)(2)(1)(1)0xxyy，代入直线方程及韦达结构整理可得：22128230kkmm

m，整理化简得：(63)(21)0kmkm.因为2,1A不在直线MN上,所以210,630kmkm.试卷第9页，共10页直线MN的方程为6363ykxkkx

,过定点6,3B.………………………8分（ⅱ）因为,AB为定点,且ADB为直角，所以D在以AB为直径的圆上,AB的中点4,1P即为圆心,半径DP为定值.故存在点4,1P,使得DP为定值.………………………………

……12分22．【答案】（1）证明见解析；（2）12214,ee．【解析】（1）当12a时，2112xfxxe，则1xfxxe，令1xgxxe，则11xgxe，当,1x时，0)(

xg，gx单调递增，当1,x时，0)(xg，gx单调递减，∴10gxg，当1x时()01f，当1x时0)(xf，∴fx是R上的减函数．·……………………………

………4分（2）由题意，12cosxaxxe对于0,2x恒成立．设2coshxxx，则2sinhxxx，易知hx在0,2上为增函数，∴00hxh，故hx在0,2

上为增函数，又010h，2024h，∴存在唯一的00,2x，使得00hx：当00,xx时，2cos0hxxx，此时，由12cosxaxxe得

12cosxaxxe，令12cosxxxex，则1222cos2sin0cosxxxxxxexx，∴x在00,x上为减函数，则max10xe，故1ae．…………………

……………7分当0xx时，2000cos0hxxx，对于aR，12cosxaxxe恒成立．当0,2xx时，2cos0hxxx，由12cosxaxxe得12cosxaxxe，由上知

1222cos2sincosxxxxxxxex，…………………………………9分令2cos2sinmxxxxx，则2sin2cosmxxxx，易知mx在0,2x上为增函数，∵00002sin2cosmxxxx，而

2000cos0hxxx，00,2x，∴2200000002sin21sin11sin0mxxxxxxx，又102m，试卷第10页，共10页∴存在唯一10,2xx

，使得10mx：当01,xxx时，0mx，mx递减；当1,2xx时，0mx，mx递增；∵20000000cos2sin2sin0mxxxxxxx，21024m

，∴0mx，即0x，∴x在0,2x为减函数，122min42ex，故1224ea．综上可知，实数a的取值范围为12214,ee

．……………………………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com