2023届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷数学试题含解析

这是一份2023届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届安徽省合肥市第八中学高三最后一卷数学试题

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出集合 A,B,再根据交集定义运算可得.

【详解】因为，所以，
因为，所以，
因此.
故选:D.
2．已知复数，且为纯虚数，则（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【分析】根据复数的乘法运算法则化简，由纯虚数的概念求出，由复数的除法运算以及复数的模长公式可得结果.
【详解】复数，则，
依题意得，，解得，即，
，
所以.
故选：.
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．
【答案】A
【分析】根据表面积公式计算表面积，把多面体积转化为正方体体积去掉8个三棱锥体积求解，最后求比值即可.

【详解】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．若为奇函数，则（    ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】根据奇函数定义域的对称性求解.
【详解】因为函数为奇函数，所以的定义域关于原点对称，
显然当时，没意义，所以当时，也没意义，但是有意义的，所以必定是，即，
，，
即，
则，是奇函数，
；
故选：C.
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．
【答案】B
【分析】根据条件概率公式及排列数求解即得.

【详解】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．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．
【答案】B
【分析】分和两种情况讨论,当三点共线时取得最小值，综合两种情况可得结果.
【详解】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．已知，其中，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】因为，，，可化为，，，所以可设，利用导数研究其单调性，利用单调性可比较大小.
【详解】由，可得，即，
由，可得，即，
由，可得，
所以可构造函数，则，，，
因为，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
因为在上单调递增，所以，故，
因为在上单调递减，，故，
因为，，所以，
因为在上单调递减，，故，从而.
故选：C.
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，且恰好可在内任意旋转，则当时，（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，代入中求出结果即可.
【详解】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.

二、多选题
9．下列命题中正确是（    ）
A．数据的第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
【答案】BCD
【分析】对于A：根据百分位数分析运算；对于B：根据条件概率和独立事件分析判断；对于C：根据二项分布的方差以及方差的性质分析判断；对于D：根据正态分布的性质分析判断.
【详解】对于选项：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：由，可得，
即，可得，
所以相互独立，故B正确；
对于选项C：因为，则，故C正确；
对于选项D：因为随机变量，
由正态曲线的对称性可得：，则，
所以，故D正确；
故选：BCD.
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
【答案】ACD
【分析】由，可得的图象关于点对称，关于直线对称，通过在上单调递减可得点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，可算出，代入利用关于点对称可得然后通过余弦函数的性质对每个选项进行判断即可
【详解】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，且在上单调递减，
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，因为，则
所以，故C正确；
对于选项D，由，得，

，解得，
由余弦函数的性质可得，
若在上恒成立，则的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
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
【答案】AB
【分析】对于A,先证明双曲线上一点的切线方程为，与双曲线的渐近线进行联立，可得坐标，可得到，结合即可判断；对于B，由A选项可得点是线段的中点，即可判断；对于C，由即可判断；对于D，通过可得，则能算出，结合余弦定理即可求解
【详解】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：，
当为右顶点时，切线方程为，易得也满足，
不失一般性，设点是双曲线在第一象限的一点或双曲线的右顶点，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
，

，
因为，所以，
所以，
解得：或6，所以离心率为或，故D项错误.
故选：AB
【点睛】结论点睛：双曲线上一点的切线方程为，对椭圆、抛物线也有类似结论．
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．
【答案】BCD
【分析】对A，利用向量数量积公式计算即可判断；对B，找到为线段上靠近的三等分点，并利用线面垂直的判定即可证明；对C，利用向量基本定理结合三点共线有，再利用基本不等式的乘“1”法即可计算最值；对D，利用空间向量中四点共面的结论得，结合即可证明.
【详解】对于选项A，
，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C，，，，
根据三点共线有，，
当且仅当时等号成立，故C正确；
对于选项D，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.
【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是先找到点的位置，再利用余弦定理、勾股定理以及线面垂直的判定即可证明；C选项主要是利用基底法得，再利用三点共线的结论得到，再利用乘“1”法即可，对于D选项则需利用空间四点共面的推论证明.

三、填空题
13．已知，则向量在向量上的投影向量为___________.
【答案】/
【分析】设之间的夹角为，利用题意得到，，然后用投影向量公式进行求解即可
【详解】设之间的夹角为，
，又，又，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故答案为：.
14．的展开式中的常数项为___________.
【答案】29
【分析】根据7个因式，结合计数原理求多项式展开式的常数项即可；
【详解】表示7个因式的乘积，在这7个因式中，
有0个因式选x，有0个因式都选， 7个因式都选1，相乘可得常数项；
有1个因式选x，有1个因式都选，其余的5个因式都选1，相乘可得常数项；
有2个因式选x，有2个因式都选，其余的3个因式都选1，相乘可得常数项；
有3个因式选x，有3个因式都选，其余的1个因式都选1，相乘可得常数项，
由多项式定理，得的展开式中的常数项为：
故所求常数项为.
故答案为：29.
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___________.
【答案】1
【分析】利用，得出，即可判断数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，，，，根据，不等式恒成立，转化为，不等式且恒成立，即可得出结论.
【详解】由题意知，，且，
则当时，，
两式相减得，
所以，
而，即，
又，解得，
数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，
则，
，
，
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．设，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是___________.
【答案】/
【分析】令，通过分析得出，将分情况讨论得到，所以，进而得到，求出的最小值即可得答案.
【详解】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，，不等式不恒成立，
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：

四、解答题
17．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.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）若选择①，利用等差中项和等比数列的通项公式列式求出公比，即可得；若选择②，根据，即可求出；若选择③，利用两式相减可求出；
（2）根据错位相减法可求出结果.
【详解】（1）若选择①，设公比为，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．已知的内角所对的边分别为，且满足.
(1)求；
(2)若在上，是的角平分线，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式可求出结果；
（2）根据三角形的面积公式以及基本不等式可求出结果.
【详解】（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．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.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用勾股定理证明，再以为坐标原点，分别为轴建系，利用空间向量证明线面垂直；
（2）利用平面的法向量可求出结果.
【详解】（1）依题意得，，，
所以，，
所以，又，平面，
所以平面，从而可知三棱柱为直三棱柱，
以为坐标原点，分别为轴，平面内，过垂直于的方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
  
则，，
，，
所欲，
所以，，
由，
，
得，又平面，且，
故平面.
（2）由，知，
设平面的法向量为，
则，
令，则，即；
又由（1）知平面的法向量为，
则，其正弦值为，
由图可知，二面角为锐角，故求二面角的正切值为.
20．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：
套餐
A
B
C
D
E
F
月资费x（元）
38
48
58
68
78
88
购买人数y（万人）
16.8
18.8
20.7
22.4
24.0
25.5
对数据作初步的处理，相关统计量的值如下表：




75.3
24.6
18.3
101.4
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.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望=

【分析】（1）根据数据和最小二乘法公式求出a和即可；
（2）因为是一家4口购买不同的套餐，套餐的种类只有6种，所以X的取值为2,3,4，按照超几何分布的模式写出分布列和数学期望.
【详解】（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，又：一共只有6种套餐，一家4口选择不同的套餐，所以X的取值只能是，
且，
分布列为

2
3
4




期望.
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，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)

【分析】（1）分类讨论含参函数的单调性即可；
（2）不等式恒成立求参数的取值范围问题转化为构造函数利用导数研究函数的单调性，最值问题即可.
【详解】（1）的定义域为，
①当时，，此时函数在上单调递增；
②当时，由得，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，所以时，,时，
所以在上单调递减，在上单调递增，故成立.
②当时，由解得，
，且时，，时，，
时，，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，.
【点睛】不等式恒成立求参数的取值范围问题处理方法：一是分离参数，构造函数转化为利用导数求函数的最大最小值问题；二是直接构造成一个函数，利用导数分类讨论求最大最小值问题，从而求参数的取值范围.
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.
【答案】（1）；（2）是定值，.
【分析】（1）根据离心率及弦长转化为，化简计算可得椭圆的方程；
（2）直线和椭圆方程联立后得出两根和及两根积，再根据点在椭圆上求得为定值.
【详解】（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.