安徽省定远中学2023届高三下学期高考冲刺卷（二）数学试卷（含答案）

这是一份安徽省定远中学2023届高三下学期高考冲刺卷（二）数学试卷（含答案），共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省定远中学2023届高三下学期高考冲刺卷（二）数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、已知全集，集合，，则(   )A. B. C. D.2、已知i为虚数单位，若复数，是z的共轭复数，则(   )A.4 B. C. D. 23、等于(   )A. B. C. D.4、已知圆上两动点A，B满足为正三角形，O为坐标原点，则的最大值为(   )A. B. C. D.5、2025年某省将实行“”模式的新高考，其中“3”表示语文、数学和英语这三门必考科目，“1”表示必须从物理和历史中选考一门科目，“2”表示要从化学、生物、政治和地理中选考两门科目为帮助甲、乙两名高一学生应对新高考，合理选择选考科目，将其高一年级的成绩综合指标值(指标值满分为5分，分值越高成绩越优)整理得到如下的雷达图，则下列选择最合理的是(   )A.选考科目甲应选物理、化学、历史 B.选考科目甲应选化学、历史、地理C.选考科目乙应选物理、政治、历史              D.选考科目乙应选政治、历史、地理6、已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，且C的准线与椭圆E相交所得的弦长为3，则椭圆的长轴长为(   )A.1 B.2 C.4 D. 87、函数的大致图象是(   )A.  B. C.  D. 8、在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，设D是BC边的中点，且的面积为则 (   )A.2 B. C.-2 D.二、多项选择题9、已知首项为，公比为q的等比数列，其前n项和为，，且，，成等差数列，记，，则(   )A.公比B.若是递减数列，则C.若不单调，则的最大项为D.若不单调，则的最小项为10、如图，曲线的焦点为F，直线l与曲线C相切于点P(异于点O)，且与x轴y轴分别相交于点E，T，过点P且与l垂直的直线交y轴于点G，过点P作准线及y轴的垂线，垂足分别是M，N，则下列说法正确的是(   )A.当P的坐标为时，切线l的方程为B.无论点P(异于点O)在什么位置，FM都平分C.无论点P(异于点O)在什么位置，都满足D.无论点P(异于点O)在什么位置，都有成立11、如图，已知正方体的棱长为，E，F，G分别为AB，AD，的中点，以下说法正确的是(   )A.三棱锥的体积为1B.平面EFGC.异面直线EF与AG所成的角的余弦值为D.过点E，F，G作正方体的截面，所得截面的面积是12、已知函数，下列说法正确的是(   )A.函数的图象恒过定点B.函数在区间上单调递减C.函数在区间上的最小值为0D.若对任意,恒成立，则实数a的取值范围是三、填空题13、已知向量,满足,在方向上的数量投影为，则的最小值为________ ．14、已知当时，有，若对任意的都有，则_____________ ．15、已知实数，，，则的最小值为______________．16、已知函数是定义在上的奇函数，且，则_____________．四、解答题17、为响应国家使用新能源的号召，促进“碳达峰碳中和”的目标实现，某汽车生产企业在积极上市四款新能源汽车后，对它们进行了市场调研该企业研发部门从购买这四款车的车主中随机抽取了人，让车主对所购汽车的性能进行评分，每款车的性能都有1分、2分、3分、4分、5分五个等级，各评分及相应人数的统计结果如表． 性能评分汽车款式12345基础班基础版22310基础版4453豪华版豪华版13541豪华版00353(1)求所抽车主对这四款车性能评分的平均数和第90百分位数；(2)当评分不小于4时，认为该款车性能优秀，否则认为性能一般根据上述样本数据，完成以下列联表，并依据的独立性检验，能否认为汽车的性能与款式有关？并解释所得结论的实际含义．汽车性能汽车款式合计基础班豪华版一般   优秀   合计   (3)为提高这四款新车的性能，现从样本评分不大于的基础版车主中，随机抽取3人征求意见，记X为其中基础版1车主的人数，求X的分布列及数学期望．附：． 0.050.010.0052.7063.8416.6357.87918、在中，角A、B、C所对的边为a、b、c，.(1)求角B的大小(2)的面积为，的外接圆半径长为，求a、b、c．19、设数列,的前n项和分别为，且，．(1)求数列,的通项公式；(2)令，求的前n项和．20、如图，三棱柱中，面面，，，过的平面交线段于点E(不与端点重合，交线段BC于点F．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若B到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值． 21、已知双曲线的离心率为2，且双曲线C经过点．(1)求双曲线C的方程；(2)设M是直线上任意一点，过点M作双曲线C的两条切线，，切点分别为A，B，试判断直线AB是否过定点若经过定点，求出该定点的坐标；若不经过定点，请说明理由．22、已知a，，函数．(1)当，时，求的单调区间；(2)当,时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；(3)设，，若存在，，使得，证明：．
参考答案1、答案： C 解析：，，且，，0，，．故选：C．2、答案： D解析：，，，，．故选D．3、答案： B解析： ．故选B．4、答案： D解析：圆，圆C的圆心坐标，半径，设圆心到直线l的距离为d，为正三角形，，由圆的弦长公式，可得，即，解得，设AB的中点为N，，点N的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，点M的轨迹方程为，根据向量的运算可得，，又，，即，即的取值范围为故选：D．5、答案： D解析：根据雷达图，甲同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：物理、历史(化学)、地理、生物、政治，乙同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：历史、物理(政治)、地理、生物、化学，根据新高考选科模式规则，选考科目甲应选物理、化学、地理；选考科目乙应选历史、政治、地理．故选：D．6、答案： C解析：抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，且C的准线与椭圆E相交所得的弦长为3，抛物线的焦点为，准线方程为，由题意得，得，则长轴长为，故选：C．7、答案： B解析：当时，，排除A，C，，排除D，选B．故选：B．8、答案： C解析：因为，所以由正弦定理得：，因为，所以，所以，所以或（舍），解得：，所以与的夹角为：．由面积公式，解得：，即，因为D是BC边的中点，所以，所以．故选：C．9、答案： BC 解析：由，，成等差数列，得，即，，得，故A错误；当时，数列不单调，当时，数列单调递减，若是递减数列，则，故B正确；若不单调，则，则，，是关于的增函数，当时，有最大值为，则的最大项为，故C正确；当时，有最小值为，则的最小项为，故D错误．故选：BC．10、答案： BCD 解析：因为曲线，即，所以，设点，则，，所以切线l的方程为，当时，切线方程为，故A错误：由题意，，，所以，因为，所以四边形PFTM为平行四边形，又，所以四边形PFTM为菱形，可得FM平分角，故B正确：因为，，所以，，所以，故C正确：直线GP方程：，可得，所以，又，所以且，所以四边形GFMP为平行四边形，故．，因为PG与GF不垂直，所以，所以，即成立，故D正确；故选：BCD．11、答案：ABD 解析：对于A，取BC中点H，连结GH，CG，CE，CF，如图， ，H分别为BC，的中点，平面ABCD，设正方形ABCD的面积，，，故A正确；对于B，连接，，AC，如图， ，F分别为AB，AD的中点，且AC为正方形ABCD的对角线，，在正方体中，平面ABCD，且平面ABCD，，,平面，平面，，同理得，F，G分别是AD，的中点，，，即，，，平面，故B正确；对于C，连接AG，，CE，，，如图， F，G分别为AD，的中点，，，则，是异面直线与所成角或所成角的补角，，，，，异面直线EF与所AG成角的余弦值为，故C错误；对于D，取的中点H，的中点J，的中点I，连EH接，HG，GJ，JI，IF，如图， 由题意得，，，且正六边形EFIJGH为过点EFG作正方体的截面，则其面积为，故D正确．故选：ABD．12、答案： ACD解析：画出函数的图象如下：由图可知的图象恒过点故A正确；函数在区间上单调递增，故B错误；函数在区间上的最小值为0，故C正确；当任意，恒成立，当时，则，且在区间上单调递增，又是恒成立，，且，故D正确．故选ACD．13、答案：10 解析：设向量,的夹角为，，在方向上的数量投影为，，，，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为10．故答案为：10．14、答案：228解析：当时，有，到，则，为展开式中的系数，因为，所以．故答案为：228．15、答案： 解析：因为，，，所以，当且仅当时取等号．故答案为：．16、答案： 解析：由函数是定义在上的奇函数，则，，由，则．故答案为：．17、答案： (1)4.5(2) 根据频率稳定于概率的原理，可以认为性能优秀时豪华版的概率大(3)1解析：(1)由题意得这四款车性能评分的平均数为，其第90百分位数为；(2)由题意得并解释所得结论的实际含义．汽车性能汽车款式合计基础班豪华版一般201232优秀51318合计252550零假设为汽车性能与款式无关，根据列联表中的数据，经计算得到，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为汽车性能与款式有关，此推断犯错误的概率不超过，汽车性能一般中基础版和豪华版的频率分别为和，性能优秀中基础版和豪华版的频率分别为和，根据频率稳定于概率的原理，可以认为性能优秀时豪华版的概率大．(3)由题意可得X服从超几何分布，且，，，由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，3，则，，， 所以X的分布列为 X0123P． 18、答案： (1) (2)解析：(1)由结合正弦定理得，，化简整理得，由题意得，所以，由B为三角形内角得；(2)因为，所以，由正弦定理得，，所以，由余弦定理得，，所以，结合，解得，． 19、答案： (1)(2)解析：(1)数列、的前n项和分别为、，且，则：当时，，，．当时，符合上式，则．由于：，则当时，，两式相减得：，即（常数）．当时，解得：，故：首项符合通项)，则： (2)由于：，则，则①，②，①-②得： ，所以：． 20、答案： (1)见解析(2)解析：(1)证明：在三棱柱中，，面，面，面. 又面面，面，．面面，面面，面面，，四边形为平行四边形．(2)在面内，过点A作，面面，面ABC，面面，，面. 又面，，，，两两垂直，以坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，Az所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得,,,,，，．设,．,．设面的法向量为．则，令，得．B到面的距离为，解得．．又设直线与面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为． 21、答案： (1)(2)解析：(1)因为双曲线的离心率为2，所以，即，所以双曲线C的方程为，把点的坐标代入双曲线C的方程，得，解得，所以，双曲线C的方程为；(2)设，，，的方程为，联立，消y整理得，，令，得，即，又，所以，进一步可化为，所以，所以的方程可化为，化简得，同理可得的方程为，又点在直线和上，所以所以过点，的直线为上，令，得，故直线AB过定点． 22、答案：(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)见解析(3)见解析解析：(1)当，时，，所以，令，解得，令，解得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．(2)证明：当，时，，，当时，，所以不等式恒成立，当时，，取，则，，所以当恒成立时，存在，使得．(3)证明：设时，则由，得，设，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以， 设，则，所以当时，，则，所以，所以，由可得，化简的，所以．