合肥市第八中学2023届高三下学期最后一卷数学试卷(含答案)

合肥市第八中学2023届高三下学期最后一卷数学试卷

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题

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S，体积为V，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，P为圆上的动点，定点.现将坐标平面沿x轴翻折成平面角为的二面角，此时点A翻折至，.则，P两点间距离的取值范围是(   )

A. B. C. D.

7、已知，，，其中a，b，c，则(   )

A. B. C. D.

8、如图，已知是面积为的等边三角形，四边形MNPQ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、多项选择题

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M、N的概率满足，且，则M、N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，O为坐标原点，，分别为双曲线的左、右焦点，过双曲线C右支上一点P作双曲线的切线l分别交两渐近线于A、B两点，交x轴于点D，则下列结论正确的是(   )

A.

B.

C.

D.若存在点P，使得，且，则双曲线C的离心率为2或

12、如图，点O是正四面体PABC底面ABC的中心，过点O的直线分别交AC，BC于点M，N，S是棱PC上的点，平面SMN与棱PA的延长线相交于点Q，与棱PB的延长线相交于点R，则(   )

A.存在点S与直线MN，使

B.存在点S与直线MN，使平面SRQ

C.若，，其中，，则的最小值是

D.

三、填空题

13、已知，，，则向量a在向量b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n项和为，且满足，数列满足，其前n项和，设，若对任意恒成立，则的最小值是______.

16、设k，，若关于x的不等式在上恒成立，则的最小值是______.

四、解答题

17、已知数列的前n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n项和

18、已知ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足.

(1)求A；

(2)若AD是的角平分线，且，求的最小值

19、如图，在三棱柱中，底面是等腰三角形，且，，又侧棱，面对角线，点D，F分别是棱，CB的中点，.

（1）证明平面AEF；

（2）求二面角A-EF-D的正切值.

20、当前移动网络已融人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y关于x的回归方程；

(2)已知流量套餐通过指标来测定，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“主打套餐”的人数为X，求随机变量X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、已知函数

(1)讨论函数的单调性；

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

22、(1)若椭圆的离心率，且被直线截得的线段长为，求椭圆C的标准方程；

(2)椭圆，，其中，若点P是上的任意一点，过点P作的切线交于A，B两点，Q为上异于A，B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

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A，则，设两位男生相邻为事件B，则男生甲比男生乙先出场且两位男生相邻为事件AB，，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P，，O，三点共线时，有最小值;当P在圆与x轴交点时，取到最大值，即;若，在上的投影为，则到面距离为，则P，，O，三点共线时，有最大值，，此时;当P在圆与x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a，所以，解得，记内切圆的半径为r，根据，可得:，解得，因为正方形MNPQ的面积为2，所以正方形边长为，记正方形MNPQ外接圆半径为R，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MNPQ可在内任意旋转，可知正方形MNPQ各个顶点均在该的内切圆上，以的底边BC为x轴，以BC的垂直平分线为y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，，，，

9、答案：BCD

解析：对于选项A，8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B，由，可得，即，即，所以M、N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.12.故D正确;

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T，则，，，

，又的图象关于点对称，

由正弦函数的性质，，，，，，时，，.对于选项A，函数是偶函数，故A正确;对于选项B，函数的最小正周期为，故B错误;对于选项C，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.

11、答案：AB

解析：对于选项A，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AB的中点，所以，，故B项正确;对于选项C，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:，代人得，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A，，故A错误;对于选项B，当直线MN平行于直线AB，S为线段PC上靠近C的三等分点，即，此时平面SRQ，以下给出证明：

在正四面体中，设各棱长为a，，，，，均为正三角形，点O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SRQ，平面SRQ，平面SRQ存在点S与直线MN，使平面SRQ，故B正确;对于选项C，，，，，当且仅当时等号成立，故C正确;对于选项D，设D为BC的中点，则，又P，A，Q三点共线，，P，B，R，三点共线，，P，S，C三点共线，，设，，，则，O，Q，R，S四点共面，，又，，，即，故D正确.

故选BCD.

13、答案：

解析：，又，，又，所以向量a在向量b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：由題意知，，，且，

则当时，，两式相淢得，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，，而数列是单调递淢的，，，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，的最小值是一.又，所求最小值是.故答案为.

17、答案：（1）

（2）

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）因为，由正弦定理可得，即，所以，而，，故，因为，所以;

（2）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）证明见解析

（2）

解析：（1）

在和中由勾股定理知，，从而可知三梭柱ABC为直三梭柱，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标䒺，则，，，，，于是，，

从而，，，由，，知，又AE，平面AEF，且，故平面AEF.

（2）由，知，，设平面DEF的法向量为，

则有，

令，则，，即；又由(1)知平面AEF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）分布列见解析，期望为

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v的回归方程为.又，故，综上，y关于x的回归方程为.

（2）由，解得，而，，所以，68，78，88，即C、D、E、F为“主打套餐”.则四人中使用“主打套警”的人数服从超几何分布，，3，4，且，，，X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m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R上递增，.所以时，，时，.所以时，递减;时，递增.故，即在R上恒成立.综上可知:对，都有成立时，.

22、答案：（1）

（2）是定值，且

解析：（1）由题意可知:椭圆C的离心率，因此，

故椭圆C的方程为:，令，则椭圆C的方程为:将代人可得，因此被直线截得的线段长为，可得.所以椭圆C的方程为.

（2）由题意得，，①当直线AB斜率不存在时，直线，若，不妨设点A在x轴的上方，则，，又，所以，代人中，得，即;若，同理亦可得.②当直线AB斜率存在时，设直线，，，由，得，由可得:，即:.，即，由可得，即:，，，，，因为点Q在椭圆上，所以，，整理，得，又，在上，，，又，因此.综上所述，为定值，且.