安徽省合肥市八中2023届高三最后一卷数学试卷+答案

合肥八中2023届最后一卷

数学

考生注意：

1.试卷结构：分第Ⅰ卷（选择题）和第ⅠⅠ卷（非选择题）：试卷分值：150分，考试时间：120分钟.

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.

3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确答案，请把正确答案涂在答题卡上）

1.已知集合，则（    ）

A.    B.    C.    D.

2.已知复数，且为纯虚数，则（    ）

A.    B.    C.1    D.

3.“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，它是由正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥得到.已知，若该半正多面体的表面积为，体积为，则为（    ）

A.    B.    C.2    D.

4.若为奇函数，则（    ）

A.3    B.2    C.    D.

5.有4名女生2名男生参加学校组织的演讲比赛，现场抽签决定比赛顺序，已知男生甲比男生乙先出场，则两位男生相邻的概率是（    ）

A.    B.    C.    D.

6.在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点.现将坐标平面沿轴翻折成平面角为的二面角，此时点翻折至，则两点间距离的取值范围是（    ）

A.    B.    C.    D.

7.已知，其中，则（    ）

A.    B.

C.    D.

8.如图，已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则当时，（    ）

A.    B.    C.    D.

二､多选题（本大题共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得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.请把正确答案涂在答题卡上）

9.下列命题中正确是（    ）

A.数据-1，1，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1

B.若事件的概率满足且，则相互独立

C.已知随机变量，若，则

D.若随机变量，则

10.已知函数，对任意均有，且在上单调递减，则下列说法正确的有（    ）

A.函数是偶函数

B.函数的最小正周期为

C.函数在上的值域为

D.若在上恒成立，则的最大值为

11.如图，为坐标原点，分别为双曲线的左､右焦点，过双曲线右支上一点作双曲线的切线分别交两渐近线于两点，交轴于点，则下列结论正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.若存在点，使得，且，则双曲线的离心率为2或

12.如图，点是正四面体底面的中心，过点的直线分别交于点是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（    ）

A.存在点与直线，使

B.存在点与直线，使平面

C.若，其中，，则的最小值是

D.

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13.已知，则向量在向量上的投影向量为__________.

14.的展开式中的常数项为__________.

15.已知正项数列，其前项和为，且满足，数列满足，其前项和，设，若对任意恒成立，则的最小值是__________.

16.设，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是__________.

四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）

17.（本题满分10分）已知数列的前项和为，请从以下三个条件中选择一个完成解答.

①数列是首项为2的单调递减的等比数列，且成等差数列；

②；

③.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

18.（本题满分12分）已知的内角所对的边分别为，且满足.

（1）求；

（2）若是的角平分线，且，求的最小值.

19.（本题满分12分）如图，在三棱柱中，底面是等腰三角形，且，又侧棱，面对角线，点分别是棱的中点，.

（1）证明：平面；

（2）求二面角的正切值.

20.（本题满分12分）当前移动网络已融入社会生活的方方面面，深刻改变了人们的沟通､交流乃至整个生活方式.4G网络虽然解决了人与人随时随地通信的问题，但随着移动互联网快速发展，其已难以满足未来移动数据流量暴涨的需求，而5G作为一种新型移动通信网络，不但可以解决人与人的通信问题，而且还可以为用户提供增强现实､虚拟现实､超高清（3D）视频等更加身临其境的极致业务体验，更重要的是还可以解决人与物､物与物的通信问题，从而满足移动医疗､车联网､智能家居､工业控制､环境监测等物联网应用需求，为更好的满足消费者对5G网络的需求，中国电信在某地区推出了六款不同价位的流量套餐，每款套餐的月资费x（单位：元）与购买人数y（单位：万人）的数据如下表：

对数据作初步的处理，相关统计量的值如下表：

其中，且绘图发现，散点集中在一条直线附近.

（1）根据所给数据，求出关于的回归方程；

（2）已知流量套餐受关注度通过指标来测定，当时相应的流量套餐受大众的欢迎程度更高，被指定为“主打套餐”.现有一家四口从这六款套餐中，购买不同的四款各自使用.记四人中使用“主打套督”的人数为，求随机变量的分布列和期望.

附：对于一组数据，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计值分别为.

21.（本题满分12分））已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数在处的切线佮好经过点，且对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围.

22.（本题满分12分）

（1）若椭圆的离心率，且被直线截得的线段长为，求椭圆的标准方程；

（2）椭圆，其中，若点是上的任意一点，过点作的切线交于两点，为上异于的任意一点，且满足，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；否则，说明理由.

参考答案､提示及评分细则

一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

1.【答案】D

【解析】因为，所以，因为，所以，因此，故选D.

2.【答案】C

【解析】复数，则，

依题意得，，解得，即，所以.故选.

3.【答案】A

【解析】如图，该半正多面体的表面由6个正方形和8个正三角形构成，则其表面积，该半正多面体的体积可以由正方体截去8个三棱锥的体积计算，.故选A.

4.【答案】C

【解析】因为函数为奇函数，所以的定义域关于原点对称.

若，则的定义域不关于原点对称，

所以的定义域为且，从而，解得.

所以，定义域为.令，

得.经检验，为奇函数，.故选C.

5.【答案】B

【解析】设男生甲比男生乙先出场为事件，则，

设两位男生相邻为事件，则男生甲比男生乙先出场且两位男生相邻为事件120，

故在已知男生甲比男生乙先出场的条件下，则两位男生相邻的概率是.故选B.

6.【答案】B

【解析】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，

若，则三点共线时，有最小值；

当在圆与轴交点时，取到最大值，即；

若在上的投影为，则到面距离为，

则三点共线时，有最大值，，

此时；当在圆与轴交点时，有最小值，

，此时；

即；综上可得，.

故选B.

7.【答案】C

【解析】构造函数，则，

当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，由，可得，即，即，

由，可得，即，即，

因为在上单调递增，所以，故，

因为在上单调递减，，故，

因为，

故，即，因为，所以，

因为在上单调递减，，故，从而.

故选C.

8.【答案】A

【解析】因为是面积为的等边三角形，记边长为，所以，解得，记内切圆的半径为，根据，

可得：，解得，因为正方形的面积为2，所以正方形边长为，

记正方形外接圆半径为，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，

根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知.正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，

因为正方形可在内任意旋转，

可知正方形各个顶点均在该的内切圆上，

以的底边为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系如图所示：

故可知，

圆的方程为，

故设，

即，，，

故选A.

9.【答案】BCD

【解析】对于选项个数据从小到大排列，由于，

所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A错误；

对于选项，由，可得，即，

即，所以相互独立，故B正确；

对选项C，，则，故C正确；

对选项D：因为随机变量，

由正态曲线的对称性可得：，所以，所以.故D正确；

故选BCD.

10.【答案】ACD

【解析】的图象关于点对称，

又当时，取得最值，即的图象关于直线对称，

又在上单调递减，，

点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，

设的最小正周期为，则，

，又的图象关于点对称，

由正弦函数的性质，，

时，.

对于选项，函数是偶函数，故正确；

对于选项B，函数的最小正周期为，故B错误；

对于选项，由图象可知，函数在上的值域为，故C正确；

对于选项D，由，得，

，

解得，

由余弦函数的性质，，

若在上恒成立，则的最大值为，故D正确.

故选ACD.

11.【答案】AB

【解析】对于选项，先求双曲线上一点的切线方程，不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.

由得：，所以，

则在点的切线斜率为，

所以在点的切线方程为：，又因为，

所以在点的切线方程为：，

不失一般性，设点是双曲线在第一象限的一点，是切线与渐近线在第一象限的交点，是切线与渐近线在第四象限的交点，双曲线的渐近线方程为，

联立

所以点，同理可得：，

则，又因为，

所以，即：，故A项正确；

对于选项B，由A项知，，所以点是线

段的中点，所以，故B项正确；

对于选项，因为在点的切线方程为：，

令得，所以点，

则，

当点在顶点时，仍然满足，故C项错误；

对于选项D，因为，所以，

又因为，所以，解得：，

即：，代入得，

所以

，

，

，所以，

，

解得：或6，所以离心率为或，故D项错误.故选AB.

12.【答案】BCD

【解析】对于选项，故A错误；

对于选项，当直线平行于直线为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，以下给出证明：

在正四面体中，设各棱长为，

均为正三角形，点为的中心，，

由正三角形中的性质，易得，

在中，，

由余弦定理得，，

，则，

同理，，又平面平面，

平面存在点与直线，使平面，故B正确；

对于选项，

，当且仅当时等号成立，故C正确；

对于选项，设为的中点，则，

又三点共线，三点共线，

三点共线，，

设，则，

四点共面，，又，

，即，故D正确.

故选BCD.

13.【答案】

【解析】，又，又，

所以向量在向量方向上的投影向量为.故答案为.

14.【答案】29

【解析】因为，

故所求常数项为.故答案为29.

15.【答案】1

【解析】由题意知，，且，

则当时，，两式相减得，

因此，而，即，又，解得，

数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，

，

，

，

数列是单调递增的，，

而数列是单调递减的，，

因为，不等式恒成立，则，不等式且恒成立，

因此且，即有，又，所以的最小值是1.

故答案为1.

16.【答案】

【解析】由题意知，不等式在上恒成立，

令，则在上恒成立，

令，所以，

若，则在递增，当时，，不等式不成立，

故，当时，，当时，，

所以当时，取得最大值，

所以，所以，所以，

令，则，

所以，当时，当时，，

所以当时，取得最小值的最小值是.

又，所求最小值是.

故答案为.

17.【答案】（1）

【解析】（1）若选择①，则，即，解得或，

又数列单调递减，故，此时；

若选择②，则当时，，即；

当时，，即，故；

若选择③，时，则；

当时，符合上式，即.

（2），则，

则，

两式相减得，

从而有.

18.【答案】（1）；（2）

【解析】（1）解：因为，由正弦定理可得，即，所以，

而，故，因为，所以

（2）解：由题意可知，，

由角平分线性质和三角形面积公式得，

化简得，又，从而，当且仅当时，等号成立，

故，因此的最小值为.

19.【答案】（1）答案见解析；（2）

【解析】（1）在和中由勾股定理知，从而可知三棱柱为直三棱柱，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

于是，

从而，

由，

，

知，又平面，

且，故平面.

（2）由，知，

设平面的法向量为，

则有，

令，则，即；

又由（1）知平面的法向量为，故求二面角的余弦值为，

其正弦值为，故其正切值为.

20.【答案】（1）；（2）答案见解析

【解析】（1）因为散点集中在一条直线附近，设回归方程为，

由，则，

，故变量关于的回归方程为.又，

故，综上，关于的回归方程为.

（2）由，解得，

而，所以即为“主打套餐”.

则四人中使用“主打套餐”的人数服从超几何分布，，且.

分布列为

期望.

21.【答案】（1）答案见解析；（2

【解析】（1）的定义域为，

①当时，，此时函数在上单调递增；

②当时，由得，此时函数在上单调递减，在上单调递增；

综上所述：当过时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.

（2）解法一：由题意知，解得，则，

即对任意的恒成立.

定义，则，

①当时，在上单调递增，又，所以在上单调递减，在上单调递增，故成立.

②当时，由解得，

，可知在上单调递增，

在上单调递减，在上单调递增，又，

从而时单调递增，当时单调递减，

又，所以当时，，不合题意.

故实数的取值范围为.

解法二：令，注意到，

要使不等式恒成立，则在附近左侧单调递减，在附近右侧单调递增，

而，

所以在附近左侧，在附近右侧，又，

所以在附近左右两侧很小的一个区间内，递增.

设为的导函数.

，而，

由可得，即.（这是恒成立的必要条件）

下面再证其充分性：

当时，因为，所以.

此时在上递增，.

所以时，时，.

所以时，递减；时，递增.

故，即在上恒成立.

综上可知：对，都有成立时，.

22.【答案】（1）；（2）是定值，.

【解析】（1）由题意可知：椭圆的离心率，因此，

故椭圆的方程为：，令，则椭圆的方程为：

，将代入可得，因此被直线截得的线段长为，可

得.所以椭圆的方程为.

（2）由题意得，，

①当直线斜率不存在时，直线，

若，不妨设点在轴的上方，则，

又，所以，

代入中，得，即；

若，同理亦可得.

②当直线斜率存在时，设直线，

由，得，

由可得：，

即：.

，即：，

由可得：，

即：，

，

，

，

因为点在椭圆上，所以，，

整理，得，

又在上，，

，又，因此.

综上所述，为定值，且.