安徽省A10联盟2023届高三最后一卷数学试题（含解析）

这是一份安徽省A10联盟2023届高三最后一卷数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省A10联盟2023届高三最后一卷数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．设（为虚数单位），则（    ）A． B．1 C． D．3．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则的离心率为（    ）A． B． C． D．4．一个盒子中装有5个黑球和4个白球，现从中先后无放回的取2个球，记“第一次取得黑球”为事件，“第二次取得白球”为事件，则（    ）A． B． C． D．5．19世纪美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本·福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（，），则的值为（）A．2 B．3 C．4 D．56．已知某圆锥的母线长为3，则当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ）A． B． C． D．7．某市教育局为了给高考生减压，将师范大学6名心理学教授全部分配到市属四所重点高中进行心理辅导，若高中恰好需要1名心理学教授，三所高中各至少需要1名心理学教授，则不同的分配方案有（    ）A．150种 B．540种 C．900种 D．1440种8．已知实数，且，，，则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．已知直线与曲线相切，则下列直线中可能与垂直的是（    ）A． B．C． D．10．已知，，点，分别在，上，则（    ）A．若的半径为1，则B．若，则与相交弦所在的直线为C．直线截所得的最短弦长为D．若的最小值为，则的最大值为11．如图，在正方体中，为棱上的动点（不含端点），下列选项正确的是（    ）A．当时，平面B．平面与平面的交线垂直于C．直线，与平面所成角相等D．点在平面内的射影在正方体的内部12．已知函数，则（    ）A．的最小正周期为B．为图象的一条对称轴C．的最小值为1D．在上单调递增 三、填空题13．定义在上的函数满足，当时，，则__________． 四、双空题14．已知向量，，，__________；在上的投影向量的坐标为__________． 五、填空题15．已知函数，，且，则的最小值为__________．16．已知抛物线和直线，点为直线上的动点（不在轴上），以点为圆心且过原点的圆与直线交于，两点，若直线，与的另一个交点分别为，，记直线，的斜率分别为，，则__________． 六、解答题17．已知数列满足：，，，从第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．(1)求；(2)设，若恒成立，求的取值范围．18．从条件①；②中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在中：内角，，的对边分别为，，，__________．(1)求角的大小；(2)设为边的中点，求的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．如图，在四棱锥中，，，，，二面角为直二面角．  (1)求证：；(2)若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面的夹角的余弦值．20．纯电动汽车、混合电动汽车及燃料电池电动汽车均为新能源汽车，近几年某地区新能源汽车保有量呈快速增长的态势，下表为2018~2022年该地区新能源汽车及纯电动汽车的保有量（单位：万辆），其中2018~2022年对应的年份编号依次为：年份编号12345该地区新能源汽车保有量1.52.63.44.97.8该地区纯电动汽车保有量1.32.12.84.06.4(1)由上表数据可知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归为程（，的值精确到0.1），并预测2023年该地区新能源汽车保有量能否超过10万辆；(2)从表中数据可以看出2018~2022年，该地区新能源汽车保有量中纯电动汽车保有量占比均超过80%，说明纯电动汽车一直是新能源汽车的主流产品．若甲、乙、丙3人从2018~2022年中各随机选取1个年份（可以重复选取），记取到满足的年份的个数为，求的分布列及数学期望．参考数据：1.2522.621.11.511.4其中，．参考公式：对一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．21．已知双曲线（，）过和两点，点为的右顶点．(1)求的方程；(2)过点作斜率不为0的直线与交于点，，直线分别交直线，于，．试探究以为直径的圆是否经过定点，若过定点，请求出所有定点坐标；若不过定点，请说明理由．22．已知函数，．(1)当时，恒成立，求的取值范围；(2)求证：对一切的，．
参考答案：1．B【分析】先化简集合，再根据集合的补集和交集的定义即可求解.【详解】由题意得，，，又，则.故选：B．2．C【分析】先求出复数，然后利用复数的模长公式即可求解.【详解】，，．故选：C.3．D【分析】依题意求得，然后由公式可得.【详解】由题意得，，所以，．故选：D．4．A【分析】先直接求出，然后利用条件概率公式求出，进而得解.【详解】，，．故选：A.5．B【分析】结合条件及对数的运算法则计算即可.【详解】依题意，得，又，故．故选：B．6．A【分析】表达出圆锥的体积，通过求导得出其单调性，即可求出当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数.【详解】由题意，圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为，高为，则，，∴体积：，∴，∴当时，单调递增，当时，单调递减，当时，取得最大值，此时，侧面展开图的圆心角.故选：A．7．C【分析】先给高中分配人，然后剩下的人去所高中利用先分组后分配的办法处理.【详解】先从6名教授中任选1名教授到高中，有种不同的方法，再将其余5名教授分配到三所高中，可分两类：①三所高中有一所高中分1名教授，另外两所高中各分2名教授，有种方法；②三所高中有一个高中分3名教授，另两个高中各分1名教授，有种不同的方法，不同的分配方案共有种．故选：C8．D【分析】由已知可得，，，故考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合单调性可得，由此比较的大小.【详解】由，，，可得，，．令，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，所以，又，．故选：D．9．AB【分析】求导，利用基本不等式可得导数范围，然后可得垂线斜率范围，进而可得答案.【详解】的定义域为，，即直线的斜率，设与垂直的直线的斜率为，则，所以，．故选：AB．10．AC【分析】直接求的半径即可判断A；两圆方程相减即可得相交弦所在直线方程，从而判断B；易知直线过定点，当定点与圆心连线与垂直时，可得弦长最小值，从而判断C；先根据的最小值确定两圆的位置关系并求出，从而可得的最大值，可判断D.【详解】由题意得，的圆心为，半径，，圆心为，若的半径为1，则，解得，故A正确；若，则，两圆方程相减，得与相交弦所在的直线为，故B错误；易得直线过定点，且点在内，则圆心与点的距离为，则直线被所截的最短弦长为，故C正确；若的最小值为，则与内含或外离，由点在内，得与内含，当被内含时，有，此时的最小值为，解得，的最大值为，这种情况足以判断D错误，作为选择题，则无须考虑被的情况，故D错误．故选：AC.11．BC【分析】A选项，可证明平面，然后注意到平面与平面不重合从而得出结论；B选项，先补全两个平面的交线后进行证明；C选项，利用平行关系转化线面角后进行说明；D选项，投影点是否在内部，结合B选项构建的平面，考虑二面角是钝角还是锐角.【详解】对于A，连接，，，，，，类似可说明，故，，又，平面，于是平面，而为中点时，平面与平面不重合，故A错误；对于B，延长，交于，连接交于，连接，则为平面与平面的交线，根据正方体性质易知为平行四边形，故//，由中位线性质，//，于是，而根据A选项，平面，由平面，，，故B正确；对于C，连接，则，由可知，与平面所成角相等，于是直线，与平面所成角也相等，故C正确；对于D，易知三棱锥是正三棱锥，除为等边三角形之外，其余都是等腰直角三角形，取中点，连接，由，得（三线合一），同理，于是的平面角是，若设长方体的边长为，则，，可得，，又，根据勾股定理可得，即是锐二面角.于是是钝二面角，根据B选项可知//，于是共面，点在平面内的射影在四边形之外，即正方体的外部，故D错误．故选：BC．12．BCD【分析】A由成立即可排除；B判断是否成立即可；C应用换元法，结合三角函数、二次函数性质求最值即可判断；D根据复合函数的单调性判断即可.【详解】，，是的周期，故A错误；，为图象的一条对称轴，故B正确；令，则有，则，在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得最小值1，故C正确；函数由和复合而成，当时，函数，，函数在上单调递减，且，函数在上单调递减，在上单调递增，故D正确．故选：BCD13．【分析】利用逐步将自变量转化到区间上即可求解.【详解】因为，所以，又当时，，所以故答案为：14．     /；     .【分析】由条件结合向量的模的坐标表示求，根据向量的模与数量积的关系由条件求，再由投影向量的定义求在上的投影向量的坐标.【详解】因为，所以，由可得，所以，即所以，所以在上的投影向量为．故在上的投影向量的坐标为.故答案为：；.15．【分析】先根据得出所满足的关系式，然后用表示，然后利用导数工具求解的最小值.【详解】由，得，化简整理得．令，则，令，解得．当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，，．故答案为：16．/【分析】设直线，的方程分别为，，利用表示出M，N的坐标，从而可得H坐标，然后联立抛物线方程可得P，Q坐标，利用斜率公式可得.【详解】如图，设直线，的方程分别为，，则，，，因为为圆的直径，，所以．联立，消去得，，，同理可得，，，，．故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）由题意，数列是等差数列，求出通项后，利用累加法求；（2）由已知条件求出，作差法判断数列单调性，找到数列最大项，求出的取值范围．【详解】（1）由题意得，，，…，数列是以为首项，公差的等差数列，，，，，…，，将所有上式累加可得，．又也满足上式，．（2）由（1）得，，则，恒成立，，恒成立，，即的取值范围是．18．(1)条件选择见解析，(2) 【分析】（1）若选择条件①，由正弦定理边化角即可求解；若选择条件②，利用和差角公式化简即可；（2）利用向量建立等量关系，由重要不等式即可求得最值.【详解】（1）选择条件①：由正弦定理得：，即，，，即，又，，，即．选择条件②：由，得，则，即，化简得，，，，即．（2），，，，，当且仅当时取等号，的最大值为．19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）转化为平面的问题，根据面面垂直性质定理，结合已知条件可证；（2）分别取，的中点，，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用平面法向量计算可得.【详解】（1）记的中点为，连接DE，，，所以又，所以四边形BCDE为正方形，所以，．又二面角为直二面角，即平面平面，平面平面，平面，平面，平面，．（2）由（1）知平面，则是直线与平面所成角．在中，，，．取的中点，连接，，则．易知，所以，，．又平面平面，平面平面，平面，平面，而平面，，，，．以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，则易知，所以，解得即所以，．设平面的法向量为，则，即．令，则，，，显然为平面的一个法向量，则，平面与平面的夹角的余弦值为．  【点睛】20．(1)，预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆(2)分布列见解析，数学期望为 【分析】（1）设，由已知可得，利用最小二乘法结论求，由此可得回归方程，再利用回归方程进行预测，并判断结论；（2）由条件确定随机变量的所有可能取值，由条件可得结合二项分布的分布列和期望公式求解.【详解】（1）由得，设，则，因为， ，，，所以．又，所以，所以，故，所以，则，又，，所以，即关于的回归方程为，当时，，所以预测2023年该地区新能源汽车保有量能超过10万辆．（2）的所有可能取值为，易知年中满足的年份有2个，则每人取到满足的年份的概率为，故，，，，，的分布列为0123．21．(1)(2)过定点，定点坐标为 【分析】（1）将已知点坐标代入双曲线方程，解方程组，然后可得所求方程；（2）设直线l的方程和，利用M，N的坐标表示出E，F，根据对称性可判断定点必在x轴上，设定点，根据EF为直径，结合韦达定理可解.【详解】（1）由题意得，，解得，的方程为．（2）由（1）得，，设直线，联立，整理得，因为直线l与双曲线有两个交点，所以，设，，则，，而直线，令，则，，同理可得．由对称性可知，若以为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上，设该定点坐标为，则，，，解得，故以为直径的圆过定点．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）观察出，然后讨论的单调性，从而确定的取值范围；（2），所以构造不等式，结合第一问证明即可.【详解】（1）由知，，，记，，则，在上单调递增．当时，，对恒成立，在上单调递增，，符合题意；当时，，且在上单调递增，，所以x趋向正无穷趋向正无穷，故存在，使得，从而，，单调递减，，不合题意．综上，的取值范围为．（2）当时，由（1）知，对一切恒成立，即对一切恒成立，令，，则，，，…，，，即，