2023-2024学年安徽省区域高考数学5月联考模拟试题(三模)含解析

（三模）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合Mxxx,xR，则ðRM（）A.,0B.,0C.0,0,【正确答案】A【分析】解方程得到M0,，从而得到补集.【详解】Mxxx,xR0,，故ðRM,0.故选：A2.若复数z1i，实数a，b满足zb

z

a0，则ab（）A.2B.4C.1【正确答案】B1ab【分析】法一：化简得到02，得到a2，b2，ab4；

1b20法二：化简得到z2azb0，由韦达定理进行求解.【详解】法一：∵z1i，∴1i

b1ia1ib1i2a1abb

212

i0，1ab∴02,

1b20解得a2，b2，ab4.法二：∵z

b

za0，D.D.2

∴z2azb0，因为z1i，故z1i也满足z2azb0，由韦达定理可得a1i+1+i2，b1i1+i2，故ab4.故选：B

3.已知非零向量a，b，c满足a1，abab1，ab1，c2b.则向量a

与c的夹角（）A.45°【正确答案】CB.60°C.135°D.150°【分析】由向量的数量积运算公式，再应用向量夹角公式求夹角，最后结合向量反向共线求出夹角即可.22

【详解】∵abab1，ab1，b2∴.∵ab1，

ab12πcosa,b∴，0,π，则a,b，22ab4设向量a与c的夹角为，c2b,c与b反向,则π故选：C.4.图1是世界上单口半径最大、灵敏度最高的射电望远镜“中国天眼”——500m口径抛物面射电望远镜，反射面的主体是一个抛物面（抛物线绕其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物面），其边缘距离底部的落差约为156.25米，它的一个轴截面开口向上的抛物线C的一部分，放入如图2所示的平面直角坐标系xOy内，已知该抛物线上点P到底部水平线（x轴）距离为125m，则点到该抛物线焦点F的距离为（）π3π

.44A.225mB.275mC.330mD.380m

【正确答案】A【分析】设抛物线为x22py且p0，根据(250,156.25)在抛物线上求p，利用抛物线定义求P到该抛物线焦点F的距离.【详解】令抛物线方程为x22py且p0，2250

由题设(250,156.25)在抛物线上，则312.5p250，得p200，312.52

又PxP,yP且yP125，则P到该抛物线焦点F的距离为yP故选：Ap

125100225米.25.已知函数fx是定义在R上的偶函数，函数gx是定义在R上的奇函数，且fx，gx在0,上单调递减，则（A.f

）B.fg2fg3D.gf2gf3f2ff3C.gg2gg3【正确答案】D【分析】利用函数的单调性以及函数的奇偶性，判断各选项的正负即可.【详解】因为fx，gx在0,上单调递减，fx是偶函数，gx是奇函数，所以gx在R上单调递减，fx在,0上单调递增，对于A，f2f3，但无法判断f2,f3的正负，故A不正确；对于B，g2g3，但无法判断g2,g3的正负，故B不正确；对于C，g2g3，gx在R上单调递减，所以gg2gg3，故C不正确；对于D，f2f3，gx在R上单调递减，gf2gf3，故D正确.故选：D.

）B.1C.2D.36.若两条直线l1：yxm，l2：yxn与圆x2y22x2yt0的四个交点能构成矩形，则mn（A.0【正确答案】A【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.【详解】由题意直线l1,l2平行，且与圆的四个交点构成矩形，则可知圆心到两直线的距离相等，由圆x2y22x2yt0的圆心为：1,1，圆心到l1:yxm的距离为：d111m2m2，圆心到l2:yxn的距离为：d2所以11n2m2n2n2，mn，由题意mn，所以mnmn0，故选：A.7.已知事件A，B，C的概率均不为0，则PAPC的充要条件是（A.PACPAPCC.PABPBC【正确答案】DB.PABPBCD.PACPAC）【分析】根据和事件的概率公式判断A、C，根据积事件的概率公式判断D，根据相互独立事件的概率公式判断B.【详解】对于A，因为PACPAPCPAC，由PACPAPC，只能得到P

AC0，并不能得到PAPC，故A错误；对于B，由于不能确定A，B，C是否相互独立，若A，B，C相互独立，则PABPAPB，PBCPBPC，则由PABPBC可得PAPC，故由PACPBC无法确定PAPC，故B错误；对于C，因为PABPAPBPAB，PBCPBPCPBC，由PABPBC，只能得到PAPABPBPBC，由于不能确定A，B，C是否相互独立，故无法确定PAPC，故C错误；对于D，因为PACPAPAC，PACPCPAC，又PACPAC，所以PAPC，故D正确；故选：D.8.若mR，对于xa,b恒有2m22sinx

2

π

msin2x0，则ba的最44π3大值是（A.）B.π

C.D.2π

3π4【正确答案】B【分析】把不等式化简可得m的范围，求出b-a最大值即可.【详解】由2m22sinx

2

π

msin2x0，得4

m2sinxcosxmsinxcosx0，即msinxmcosx0,由几何意义可知，函数ym的图像在函数ysinx，ycosx的图像之间，如下图所示，

22，m

22π3π22或m，此时baπ.4422要使ba达到最大，仅需要m

故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

n119.已知xa0a1x1anx1，n3，nN*，若a3ai22

n（i0,1,2,L,n），则n的可能值为（）A.6【正确答案】BCB.8C.11D.13【分析】根据二项式展开式的通项公式以及二项式系数最大值的知识求得正确答案.111【详解】依题意，x1x1，222

i11i

所以aix1C，x1Cx1n22

i

i

n

i

i

nn1yy1y1y1CnCn22

依题意，，其中y1,2,3,,n1，yy111yy1CnCn22

n!n!11yy1CnCn2y!ny!y1!ny1!2化简得，继续化简得，1n!1n!CyCy1nn2y!ny!2y1!ny1!n1

y

ny12y3,即，2y2nyn2y

3

n1

33依题意，a3ai，所以，解得8n11.n233

故选：BC10.如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，…构成的斐波那契数列经常在自然中神奇地出现，例如向日葵花序中央的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等.在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点研究也离不开这个数列.斐波那契数列an的第一项和第二项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则（）A.a2a4a6a2022a2023C.a1a2a3a2023a2023a20242222B.a1a3a5a2023a2024D.111111a1a3a2a4a3a5a2021a2023a1a2a2022a2023【正确答案】BCD【分析】由已知an1anan1且n2，利用a2na2n1a2n1及累加法判断A；利用2a2n1a2n2a2n及累加法判断B；利用an1an1an2anan1及累加法判断C；利用111

及累加法判断D.anan2anan1an1an2【详解】由题设an1anan1且n2，由a2a1，a4a5a3，a6a7a5，...，a2na2n1a2n1，所以a2a4a6...a2na1a3a2n1a2n11，则a2a4a6a2022a20231，A错误；由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，...，a2n1a2n2a2n，所以a1a3a5a2n1a2n2，则a1a3a5a2023a2024，B正确；2由an1an2an，则an1an1an2anan1，22222所以a1a2a3a2023a1(a2a3a1a2)(a3a4a2a3)

(a2023a2024a2022a2023)a2023a2024，C正确；由an1aa111n2n，anan2anan1an2anan1an2anan1an1an2

1111所以a1a3a2a4a3a5a2021a2023





111111a1a2a2a3a2a3a3a4a2021a2022a2022a2023

11

，D正确.a1a2a2022a2023

故选：BCD.11.如图，正三棱锥EPBD和正三棱锥CPBD的侧棱长均为2，BD2.若将正三棱锥EPBD绕BD旋转，使得点E，P分别旋转至点A，A1处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（）A.PABD

C.多面体PA1ABCD的外接球的表面积为6π为3【正确答案】ADB.PA1∥BD

D.点P与点E旋转运动的轨迹长之比【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理结合正三棱锥的性质可判断A，B；由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积可判断C；由题意E转动的半径长为EM1，P转动的半径长为PM【详解】取BD的中点为M，连接EM,PM，由EBED,CBCD，所以PMBD,EMBD，又EMPMM，EM,PM平面EMP，所以BD平面EMP，将正三棱锥EPBD绕BD旋转，使得点E，P分别旋转至点A，A1处，所以PA平面EMP，所以BDPA，故A正确；因为PA1平面EMP，所以BDPA1，故B不正确；3可判断D.因为A，B，C，D四点共面，ADAA1AB

222222

可得：AA1ABBA1，AA1ADDA1，2,A1DA1B2，所以AA1AB,AA1AD,ABADA,AB,AD平面ABCD，所以AA1平面ABCD，同理PC平面ABCD，由已知ABCD为正方形，所以可将多面体PA1ABCD放入边长为2的正方体，则多面体PA1ABCD的外接球即棱长为2的正方体的外接球，外接球的半径为表面积为6π，选项C不正确；由题意E转动的半径长为EM1，P转动的半径长为PM所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为3，故D正确.故选：AD.6，23，1lne1e1

0，则（12.已知A.󰁦B.󰁦）C.2󰁦

D.2󰁦【正确答案】AB1lnxe1xex1

【分析】分别绘制函数fx，通过三个函数的图像,gx,hx

xxx彼此之间的位置关系逐项分析.1lnxe1xex1

【详解】设fx，,gx,hx

xxx则f'xlnx''fx＜0,fxf，当时，单调递减，当时，x＞0,fxx＞10＜x＜12x10，单调递增，fxmaxf11,fegx'

x1e1x'，当x＞0时，gx＜0,gx单调递减，g11；

x211he0，h1e1＞1；＞0,hx单调递增，并且2xh'xfx,gx,hx的大致图像如下：1lne1e11ln=t＞0，并且1，gx是减函数，g11,1，又1111hx是增函数，he＜，，

e1e1

fx不是单调的函数，对于0＜t≤1，对应1和2，并且0＜11,21，又设kxhxfxe

11lnxlnx2

e，xxx

k'x

1lnx''11kx＞0,kxk，当时，单调递增，时，x＜0,kxx＞e0＜x＜e2x

单调递减，kxminke

0，1

即当x＞e1时，hx＞fx，＜1＜，AB正确；对于选项CD，由于不能确定fxt对应的自变量是1还是2，所以不能确定其正确性.故选：AB.画出函数图像，大致确定三条曲线彼此之间的位置是解题的关键三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.在某地A、B、C三个县区爆发了流感，这三个地区分别3%，2%，4%的人患了流感.若A、B、C三个县区的人数比分别为4：3：3，先从这三个地区中任意选取一个人，这个人患流感的概率是______.【正确答案】0.03【分析】患流感的人可能来自三个地方，利用条件概率公式求解.【详解】设事件D为此人患流感，A1，A2，A3分别代表此人来自A、B、C三个地区，根据题意可知：PA1433，PA2，PA3，101010324

，PDA2，PDA3，100100100PDA1

PDPA1PDA1PA2PDA2PA3PDA34332343030.03.1010010100101001000100故0.03

14.如图，一个棱长6分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水（没有盛满），若将该容器任意放置均不能使容器内水平面呈三角形，写出的一个可能取值：______.【正确答案】37（答案不唯一）【分析】如图，在正方体ABCDEFGH中，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC,据此计算即可得解.【详解】如图，在正方体ABCDEFGH中，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，设正方体内水的体积为V，而VGEHDVV正方体VBAFC，而VGEHDVBAFC=,

1126636（升），32V正方体VBAFC6336180（升）所以V的取值范围是36,180.故36,18022xy

15.已知F1c,0，F2c,0分别是双曲线：221a0b0的左、右焦点，点abP在双曲线上，PF1PF2，圆O：x2y23c2，直线PF1与圆O相交于A，C两点，直线PF2与圆O相交于B，D两点.若四边形ABCD的面积为151b2，则的离心率为______.【正确答案】153【分析】由弦长公式可得AB2r2d1223c2d12，22，四边形ABCD的面积为CD2r2d223c2d21

ABCD，再由勾股定理结2合双曲线的定义解得4c425b4，可求双曲线的离心率.【详解】因为四边形ABCD的面积为151b2，因为PF1PF2，所以ACBD，设d1,d2分别为O到直线AB,CD的距离，22所以AB2r2d1223c2d12，CD2r2d2，23c2d2所以SABCD421ABCD22212213c22d123c2d22151b2，4151b∴9c3cdd2dd2①，4∵PF12d2，PF22d1，且PF1PF2，222

∴d1d2c，由双曲线的定义可得：PF1PF22d22d12a，b2

平方可得：4d4d8d2d14a，所以d1d2代入①，2

21

22

2

可得：4c425b4，2b

即2c25b2，令b22，则c25，a23，，3a

2c15b双曲线的离心率为e1.a3a故答案为.2153

16.完美数（Perfectnumber）是一类特殊的自然数，它的所有真因数（除自身之外的正因数）*

的和恰好等于它本身，寻找“完美数”用到函数n:nN，n为n的所有真因数之和，如2812471428，28是一个“完美数”，则再写出一个“完美数”为______；2160______.【正确答案】①.6（或496，8128，等）②.5280【分析】根据n为n的所有真因数之和，第一空直接计算即可，分析n的正因素的特点，求解即可.【详解】61236，216024335，2160的所有真因数的个数为542139，216020212223243031323350512160744021605280

，故6；5280四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了“勾股方图”，后人称其为“赵爽弦图”，类比“赵爽弦图”.类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边ABC，若DF2，sinBAD

33.14（1）求sinCAF；（2）求ABC的面积.【正确答案】（1）49345314（2）【分析】（1）在△ACF中，由sinACF及AFC求得sinCAF；（2）在△ABD中，设AFDBt（t0），则AD2t，由正弦定理求得AB然后利用余弦定理即可求解.【小问1详解】由△ACF≌△ABD≌△BCE知，ACFBAD，DEF为正三角形，7

t，3AFC120，ADB120，∵sinBAD

33.14∴sinACF

1333，cosACF，1414sinCAFsin60ACF

【小问2详解】31313353.

21421414设AFDBt（t0），则AD2t，tABBDAB7

ABt，由正弦定理：，即33，则3sinBADsinADB3142△ABD中，AB2AD2BD22ADBDcosADB，即49221

tt(2t)22t2t，则t3，AB7，92

ABC所以S

1493.77sin60

2418.已知棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点.（1）求多面体CEFADD1的体积；（2）求直线BD1和平面AEFD1所成角的正弦值.【正确答案】（1）73（2）39【分析】（1）运用棱台体积公式计算；（2）建立空间直角坐标系，运用数量积计算.【小问1详解】∴EF//BC1，BC1//AD1，∴EF//AD1，∴A，E，F，D1四点共面，易知多面体CEFADD1是一个三棱台，VCEF-DAD1

1

S△CEFS△DAD1S△CEFS△DAD1CD31117

222；3223【小问2详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系如上图，则A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,E1,2,0,D10,0,2，

AE1,2,0,D1A2,0,2,D1B2,2,2，2x2z0m·D1A0

设平面AEFD1的一个法向量为mx,y,z，则有，即，

x2y0m·AE0



令y1，则x2,z2,m2,1,2，m

设直线BD1与平面AEFD1的夹角为，则sinm

综上，多面体CEFADD1的体积为D1B3；9D1B

73，直线BD1与平面AEFD1的夹角的正弦值为.3919.甲、乙、丙三个小学生相互抛沙包，第一次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，设第n（nN*）次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an，在丙手中的方法数为bn.（1）求证：数列an1an为等比数列，并求出an的通项；（2）求证：当n为偶数时，anbn.2n2(1)n

【正确答案】（1）证明见解析，an

3（2）证明见解析【分析】（1）首先确定第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，再结合条件列出关于数列an的递推公式，即可证明数列an1an是等比数列，并且变形1n1

an11an2nn1

后，利用累加求和，即可求解数列的通项公式；n

（2）首先由条件确定an2bn2，再根据（1）的结果，确定数列bn的通项公式，再比较大小.【小问1详解】由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，第n1次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an1，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则第n1次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中，故an1an02an12an，且a10nnn故an1an2，anan12n2，an1an

所以数列an1an为等比数列，n1

由an1an2，得1n1

an11an2nn1

，11

a11a22，a21a32，3221

12113

a31a42，n

n1

43

……………，n1

an11an22121n以上各式相加，1a1a

1n

12n1



2n2(1)n

可得an；3【小问2详解】由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为bn，则an2bn2，n

2nan2n2n2(1)n2n22n

∵当n为偶数时，an，bn

33323∴anbn.20.为调查某地区植被覆盖面积x（单位：公顷）和野生动物数量y的关系，某研究小组将该地区等面积花分为400个区块，从中随机抽取40个区块，得到样本数据xi,yi（i1,2,,40），部分数据如下：xy……2.750.63.663.740403.252.12403.954.3……经计算得：x

i140i160，yi2400，xix160，xixyiy1280.i1i1i1（1）利用最小二乘估计建立y关于x的线性回归方程；（2）该小组又利用这组数据建立了x关于y的线性回归方程，并把这两条拟合直线画在同一坐标系xOy下，横坐标x，纵坐标y的意义与植被覆盖面积x和野生动物数量y一致.设前者与后者的斜率分别为k1，k2，比较k1，k2的大小关系，并证明.bx中，斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：附：y关于x的回归方程ya

ˆb

xynxyi1nii

n

x

i1

i

2

nx2

，$ay$bx，r

xynxyi1ii

n22n22xnxynyiii1i1n

【正确答案】（1）y8x28（2）k1k2，证明见解析【分析】（1）根据最小二乘法计算公式求解；（2）根据相关系数r1证明.【小问1详解】x

160240012808，4，y60，ba603228，4040160故回归方程为y8x28；【小问2详解】ˆa1b1y，bx关于y的线性回归方程为x1xxyyi1iinyiyi1n2k1b

xxyyi1ii40xxi1i4021，k2b12yy40i1iii1i402xxyy，40

xxyyiiki1r2，r为y与x的相关系数，则14022k2xxyyiii1又r1，k1，k20，故下证：k1k2，若k1

k11，即k1k2，k2

k2，则r1，即yi8xi28i1,2,,40恒成立，代入表格中的一组数据得：50.682.728，矛盾，故k1k2.综上，y关于x的回归方程为y8x28.x2y221.已知椭圆C：221（ab0）的左焦点F1与圆x2y223x0的圆心ab重合，过右焦点F2的直线与C交于A，B两点，ABF1的周长为8.（1）求椭圆C的方程；（2）若C上存在M，N两点关于直线l：2kx2y30对称，且OMON（O为坐标原点），求k的值.x2【正确答案】（1）y214（2）k2

【分析】（1）根据圆心求出焦点坐标再根据定义求出a，可得标准方程；（2）先由M，N两点关于直线l：2kx2y30对称设出直线方程，再由垂直得出

OMON0,x1x2y1y20,最后结合点差法求值即可.【小问1详解】由x2y223x0，得F13,0，∴c3，根据椭圆定义，又因ABF1的周长为8，∴4a8，a2，x2∴bac1，椭圆C的方程为y21；4222【小问2详解】设线段MN的中点Qx0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，由直线l:kxy

3

0，且lMN，2xkym,

设lMN:xkym，则联立22

x4y4,

得k4y2kmym40

2

22

Δ2km4k24m2416k24m22kmm24y1y22，y1y22k4k4x1x2m2kmy1y2k2y1y2

∵OMON

222∴OMON0,x1x2y1y20,，即mkmy1y2k1y1y20∴5m4k1

2

2

①x122y1,124x12x22得y12y20，24x2y21,24即1y1y2y1y21yy21

0，∴1，4x1x2x1x2kx1x24x0y011

y1y2y0

∵k，∴3，34，得2y01，y0y0x1x2x022∴2km

1k24②联立①②，消去m得，11k424k2800，∴k24，k2，∴

k2,k2,

或

m2,m2,

经验证，满足Δ0，∴k2.22.已知正实数0a函数.（1）若ab1，求证：gb0；（2）求证；对任意正实数m，n，mn1，有mnnm【正确答案】（1）证明见解析（2）证明见解析1

b1，函数fxaxb1x，x0,1，gx为fx的导2mnmmnn.【分析】（1）化简要证明的不等式后构造hxxlnx1xln1x结合函数的单调性求出最值证明即可；（2）由（1）知，应用单调性证明可得.【小问1详解】fxaxb1xexlnae(1x)lnb，fxgxexlnalnae(1x)lnblnbgxexlnaln2ae(1x)lnbln2b0

∴gx在0,1上单调递增，得gxgbalnab

b

1b

lnb

要证：gb0

只需证.ablnab1blnb即a1alnab1blnb

lnaalnbb即证：abab令xlnx1lnx

0，x0,1，x2xx∴x在0,1上单调递增故证aabb，即alnablnb1aln1a令hxxlnx1xln1x，x0,





122exx，hxln2

1e219e21hln0，hln0，hx在0,上单调递增41002210∴存在唯一x00,



1

使，hx002

1

hx在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增2

∴hxmaxh0,h10∴aabb，故原不等式成立，即gb0；【小问2详解】由（1）知，fx在0,1上单调递减∴fbf

1baab

fa，即ababab2

1

n12由于mn1，且m，n为正实数，不妨令0m

nmmnmnmnmn∴.