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

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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】
1 3 i
2 2
z 
，
1 3 i
1 1 1 3 3
2 2
1 1 1 i
2 2
1 3 1 3 1 3
ii i
2 2 2 2 2 2
z
z z
     
  
 
  
  
，则其在复平面对应的点为
3 3
,
2 2
 
 
 
 
，即在第四象限，故选：D
2．【答案】A
【解析】
 
 
, 1A x y xy 
，
 
 
, Z, ZB x y x y  
，则
 
 
1,1 , 1, 1A B  
，
真子集个数为
2
2 1 3 
，故选：A
3．【答案】C
【解析】函数
 
x
f x a
为增函数,则
,此时
1 0a 
,故函数
 
1a
g x x
在
 
0,
上单调递增;当
 
1a
g x x
在
 
0,
上单调递增时, ,
1 0a 
,所以
1a
,故
 
x
f x a
为增函数，故选:C
4．【答案】A
【解析】设椭圆的方程为
2 2
2 2 1
x y
a b
 
（
0ba
），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
大值为
a c
，根据题意可得近火点满足
3395 265 3660a c 
①， 远火点满足
3395 11945 15340a c 
②，
由
②-①
得
2 11680c
，故选：A
5．【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
 
1
3
V h S S S S  
下 下
上 上
，得：
19 1 (4 9 6)
3 3 h  
得
1cmh
，
所以侧面等腰梯形的高
 
2
3 2 5
1 cm
2 2
h
 
 
 
 
，所以
 
 
2
5
2 3 2
4 9 5 5 9 cm
2
表
 
  S
故选：C
6．【答案】D
【解析】因为
3, 2AB AB AC AC 
 
,∴
1 3 3
2 4 2
AB AC 
 
，
设
0 0
1 3
,
2 4
AB AB AC AC 
  
,则
0 0
AB AC
 
，
又
0 0
1 3
2 4
AD AB AC AB AC  
 
，∴
AD
在
BAC
的角平分线上，
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 2页，共 10页
7．【答案】A
【解析】已知向量
,a b
 
的夹角为 60°的单位向量，则
1 1
cos 60 1 1 2 2
a b a b  
 
 
所以
 
22 2
2 1a b a b a a b b  
 
 
所以对任意的
1
x
、
2
x
( , )m 
，且
1 2
x x
，
1 2 2 1
1 2
1n 1n 1
x x x x
x x
，则
1 2 2 1 1 2
1n 1nx x x x x x  
所以
2 1
2 1 2 1
1n 1n 1 1
x x
x x x x
 
，即
2 1
2 1
1n 1 ln 1x x
x x
 
，设
 
ln 1x
f x x
，即
 
f x
在
 
,m
上单调递减
又
 
0,x 
时，
 
2
2 ln 0
x
f x x
 
，解得
2
ex
，所以
 
2
0,ex
，
0)(
xf
，
 
f x
在
 
2
0,ex
上单调递增；
 
2
e ,x
 
，
 
0f x
，
 
f x
在
 
2
e ,x
 
上单调递减，所以
2
em
，故选：A.
8．【答案】C
【解析】设直线
l
与曲线
x
ey
相切于
0 0
( , )P x y
，又
ex
y
，所以直线
l
的斜率为
0
ex
k
，方程为
0 0
0
e e ( )
x x
y x x 
，
令
0x
，
0
0
(1 )ex
y x 
；令
0y
，
01x x 
,即
0
( 1,0)A x
，
0
0
(0, (1 )e )
x
B x
.
所以
0 0
2
0 0 0
1 1 1
1 (1 )e (1 ) e
2 2 2
x x
OAB
S OA OB x x x  
△
.
设
2
1
( ) (1 ) e
2
x
f x x 
，则
 
2
1 1
( ) 2(1 ) (1 ) e ( 1)( 1) e
2 2
x x
f x x x x x
 
 
 
.
由
( ) 0f x
，解得
1x 
或
1x
；由
( ) 0f x
，解得
1 1x 
.
所以
( )f x
在
 
1 ，
，
 
1 ，
上单调递增，在
 
11，
上单调递减.
2 1
( 1) e e
f 
，
4 3
25 25 1 1
( 4) 2e 2e e e
f  
，
(1) 0f
，
2
e 1
(2) 2 e
f 
，且恒有
( ) 0f x
成立，
如图，函数
( )f x
与直线
1
e
y
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：
2
R
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，
 
3 1 3 1 6E X E X  
，
 
5
3
E X 
，又
1
B , 3
X n
 
 
 
，
 
5
3 3
n
E X  
，解得：
5n
，D错误.故选：AB.
10．【答案】BC
【解析】
 
sinf x A x 
 
，则
 
cosf x A x
 
 
， 由题意得
( ) (2π π)2f f
，即
sin cosA A
 
，故
tan
 
，因为
π
3
，所以
tan 3
 
 
，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
( )f x
的最小值为
4
，即
4A
 
，得
4A
，所以
 
π
4sin 4
f x x
 
 
 
 
，则
试卷第 3页，共 10页
π π π π π π π 3 2 1 2
4sin 4 sin cos cos sin 4 6 2
3 3 4 3 4 3 4 2 2 2 2
f 
 
 
 
   
   
， 故选项 B正确；
因为
 
π
4sin 4
f x x
 
 
 
 
，所以
 
π
4cos 4
f x x
 
 
 
 
，所以
π4sin
4
f x x
 
 
 
 
为奇函数 ，则选项 C正确；
 
π
4cos 4
f x x
 
 
 
 
，由
π0
3x  
， 得
π π π
12 4 4
x  
， 因为函数
4 cosy x
在
π,0
12
 
 
 
上单调递增，
在
π
0, 4
 
 
 
上单调递减，所以
( )f x
在区间
π,0
3
 
 
 
上不单调，则选项 D错误，故选：BC
11．【答案】BCD
【解析】对于 A项，∵
1 1
//DD BB
∴在 Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线 DD1与B1F所成的角，
∴
1
12 2
1
2 2 5
cos 5
1 2
BB
BB F B F
 
，
∴异面直线 DD1与B1F所成的角的余弦值为
2 5
5
.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B1EF，
1
B F
面B1EF，
DN
面B1EF，
1
B E
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，∴
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，
2 2 1 3 2
( ) 5
2 2 2
MN
DP DN  
.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, )M m
，
(0, 2, )N n
，
(2,1, 0)E
，
(1, 2, 0)F
，
1(0,0,2)D
，
∴
1 1
(0,1, ), (0, 2, 2), (2, 0, 2), (1, 0, )ME m D N n D M m NF n   
 
，
∵D1M∥NF，D1N∥ME，
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