安徽省定远中学2023届高三下学期高考冲刺卷（二）数学试卷（含解析）

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、单选题

1．已知全集，集合，则

A． B． C． D．

2．已知为虚数单位，若复数，是的共轭复数，则（    ）

A．4 B． C． D．2

3．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“3+1+2”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，且的准线与椭圆相交所得的弦长为，则椭圆的长轴长为（    ）

A． B． C． D．

7．函数的大致图像是（    ）

A． B．

C． D．

8．在△ABC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△ABC的面积为．则（    ）

A．2 B． C．－2 D．

二、多选题

9．已知首项为，公比为的等比数列，其前项和为，，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，直线与曲线相切于点异于点，且与轴，轴分别相交于点，，过点且与垂直的直线交轴于点，过点作准线及轴的垂线，垂足分别是，，则下列说法正确的是（    ）

A．当的坐标为时，切线的方程为

B．无论点异于点在什么位置，都平分

C．无论点异于点在什么位置，都满足

D．无论点异于点在什么位置，都有成立

11．如图，已知正方体的棱长为分别为的中点，以下说法正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为1

B．平面

C．异面直线与所成的角的余弦值为

D．过点作正方体的截面，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0

D．若对任意恒成立，则实数的取值范围是

三、填空题

13．已知、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50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下表.

(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.

(3)为提高这四款新车的性能，现从样本评分不大于2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：.

18．在中，角、、所对的边为、、，．

(1)求角的大小；

(2)的面积为，的外接圆半径长为，求、、．

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（不与端点重合），交线段于点．

(1)求证：四边形为平行四边形；

(2)若到平面的距离为，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，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．D

【详解】集合 , 且全集，则,故选D.

点睛:本题考查集合的交并补混合运算,属于基础题目. 研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步. 在求交集时注意区间端点的取舍,熟练画数轴来解交集、并集和补集的题目.注意集合B中的条件,是解决本题的关键和易错点.

2．D

【分析】应用复数的乘方、除法运算求，进而可求.

【详解】，

∴.

故选：D.

3．A

【详解】分析：由条件利用诱导公式、两角和差的余弦公式化简所给的式子，可得结果.

详解：

.

故选：A.

点睛：本题主要考查诱导公式、两角和差的余弦公式的应用，属于基础题.

4．D

【分析】由条件可得，由此确定点的轨迹方程，再求的最大值可得结论.

【详解】由题可知是边长为1的正三角形，

设的中点为，则，

又，所以点的轨迹方程为，且．

因为，所以，

因为，

当且仅当点在线段上时等号成立，

所以的最大值为，

所以的最大值为．

故选：D．

5．D

【分析】根据雷达图得到两位同学综合指标值顺序，然后根据选科要求从高到低选择即可.

【详解】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．C

【分析】求出抛物线：的焦点，可得，结合的准线与椭圆相交所得的弦长列出关于方程组，即可求得答案.

【详解】由题意抛物线：的焦点与椭圆：的一个焦点重合，

且的准线与椭圆相交所得的弦长为，

抛物线：的焦点为，故，抛物线准线方程为，

将代入可得，结合，

得，得，则长轴长为，

故选：C．

7．B

【分析】由排除两个选项，再由时，排除一个选项后可得正确选项．

【详解】∵，所以，故排除C，D，

当时，恒成立，排除A，

故选：B．

8．C

【分析】由正弦定理可以求得，利用面积公式可求得，再根据向量的运算法则和向量的数量积公式即可求解.

【详解】依题知，

因为，

所以由正弦定理得：，

因为，所以，

所以，

所以或（舍），

解得：，所以的夹角为：.

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．BC

【分析】由等差中项的性质即可判断A，由等比数列前项和即可判断B，由以及与的关系即可判断CD.

【详解】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．BCD

【分析】由题意，求导即可判断A，证明四边形为菱形即可判断B，由

即可判断C，证明四边形为平行四边形，再结合基本不等式即可判断D.

【详解】因为曲线：，即，所以，

设点，则，

所以切线的方程为，

当时，切线方程为，故A错误：

由题意，

所以，

因为，所以四边形为平行四边形，

又，所以四边形为菱形，可得平分角，故B正确：

因为，，

所以，

，

所以，故C正确：

直线方程：，可得，所以，

又，所以且，

所以四边形为平行四边形，故．

，

因为与不垂直，所以，所以，

即成立，故D正确；

故选：BCD．

11．ABD

【分析】对于A，根据三棱锥体积公式计算，结合正方体的性质，可得答案；

对于B，根据线面垂直，证得线线垂直，利用线面垂直判定定理，可得答案；

对于C，根据异面直线夹角的定义，利用几何法，结合余弦定理，可得答案；

对于D，利用平行进行平面延拓，根据正六边形的面积公式，可得答案.

【详解】对于A，取中点，连接，，，，如下图：

分别为的中点，平面，

设正方形的面积，，

，故A正确；

对于B，连接、、，如下图：

分别为的中点，且为正方形的对角线，，

在正方体中，平面，且平面，，，平面，平面，

平面，，同理可得，

分别是的中点，，，即，，，平面，

平面，故B正确；

对于C，连接，，，，，如下图：

分别为的中点，，，则，

故为异面直线与所成的角或其补角，

，，，

，

异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；

对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，，，，，如下图：

易知，，，且正六边形为过点作正方体的截面，则其面积为，故D正确.

故选：ABD.

12．ACD

【分析】代入验证可判断A，由复合函数的单调性判断B，根据绝对值的意义及对数的运算可判断C，由函数单调性建立不等式求解可判断D.

【详解】代入函数解析式，成立，故A正确；

当时，，又，所以，由复合函数单调性可知，时，单调递增，故B错误；

当时，，所以，故C正确；

当时，恒成立，所以由函数为增函数知即可，解得，故D正确.

故选：ACD

13．10

【分析】根据数量投影的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.

【详解】设、的夹角为，因为在方向上的数量投影为，

所以，因此，因此，所以，

，

因此有，因为，

所以当时，有最小值，最小值为，

故答案为：10

14．228

【分析】由得到，则可把化为，由为展开式中的系数即可求出.

【详解】当时，有，

所以，

则，

则为展开式中的系数，

因为，所以.

故答案为：228

15．

【分析】运用基本不等式求和的最小值即可.

【详解】∵，，，

∴，当且仅当即时取等号.

故答案为：.

16．/

【分析】根据奇函数的性质，结合题目中的函数解析式，可得答案.

【详解】由函数是定义在上的奇函数，则，，

由，则.

故答案为：.

17．(1)平均数为3，第90百分位数为4.5；

(2)答案见解析

(3)分布列见解析，1

【分析】（1）根据百分位数定义求解即可；

（2）根据联表计算对应数据判断可得汽车的性能与款式的相关性；

（3）根据超几何分布计算概率和分布列及期望得解.

【详解】（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

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0.05；

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，

则，，，

所以X的分布列为

.

18．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用正弦定理可求得的值，利用三角形的面积公式可得的值，结合余弦定理可求得、的值，即可得解.

【详解】（1）解：由正弦定理得，

即，即，

，则，可得，，.

（2）解：，可得，

由正弦定理得，所以，，

由余弦定理，所以，，可得，

所以，，则，因此，.

19．(1)，

(2)

【分析】（1）根据可得，利用即可求得；同理利用当时，可求得，利用等比数列的通项公式求得答案；

（2）由（1）的结果可得的表达式，利用错位相减法即可求得答案.

【详解】（1）由得，

当时，，

当时，也适合，故.

由得，得，

当时，，得，

又，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，

所以,

综上所述：，.

（2），所以，

所以，

所以，

所以

，

所以.

20．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）在三棱柱中，利用线面平行、面面平行的性质推理作答.

（2）在平面内过点A作，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.

【详解】（1）在三棱柱中，，平面，平面，则平面，

又平面平面，平面，于是得，

而平面平面，平面平面，平面平面，则，

所以四边形为平行四边形.

（2）在平面内过点A作，因平面平面，平面平面，

于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系，

因，，则，

，

，

设平面的法向量，则，令，得，

点B到平面的距离，解得，

因此，，而，设直线与平面所成角为，

于是得，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21．(1)

(2)直线AB过定点；理由见详解

【分析】（1）根据双曲线的离心率为2，可得，再将点的坐标代入即可解得，从而得到，进而即可双曲线C的方程；

（2）设，，，的方程为，再联立双曲线C的方程和的方程即可得到关于的一元二次方程，再令，结合题意可得，从而得到的方程，同理可得到的方程，再将点代入整理即可得解．

【详解】（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．(1)的递增区间为，递减区间.

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求解；

（2）当时，求得，根据题意恒成立，取，得到，即可求解；

（3）设，得到，转化为，设，求得，根据，得到，进而得到，进而证得结论.

【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，

当时，可得，则，

当时，可得，单调递减；

当时，可得，单调递增，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间.

（2）解：当时，可得，则，

因为恒成立，即恒成立，令，

若，则，存在，使得，

即，不符合题意，所以，

取，则，可得，

即存在，使得.

（3）解：由函数，可得，

设，因为，可得

则

又由，可得，所以函数为单调递增函数，

所以，即，

所以，即，

设，可得，

所以当时，，即，所以，

即，所以，

代入可得：，

则，所以.

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．