安徽省合肥市第八中学2023届高三最后一卷数学试题.docx

1、合肥八中2023届最后一卷数学考生注意：1.试卷结构：分第卷（选择题）和第卷（非选择题）：试卷分值：150分，考试时间：120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷草稿纸上作答无效.3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.第卷（选择题共60分）一单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确答案，请把正确答案涂在答题卡上）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D.2.已知复

2、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，体积为，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，为圆上的动点，定点.现将坐标平面沿

3、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.7.已知，其中，则（ ）A. B.C. D.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，且可在内任意旋转，则当时，（ ）A. B. C. D.二多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.请把正确答案涂在答题卡上）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1B.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

4、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，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.第卷（非选择题共90分）三填空题（本大题共4小

5、题，每小题5分，共20分）13.已知，则向量在向量上的投影向量为_.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_.16.设，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是_.四解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤）17.（本题满分10分）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.数列是首项为2的单调递减的等比数列，且成等差数列；.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.18.（本题满分12分）已知的内角所对的边分别为，且满足.（1）求；（2）若是的角平分线，且，求

6、的最小值.19.（本题满分12分）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.20.（本题满分12分）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

7、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ABCDEF月资费1（元）384858687888购买人数y（万人）16.818.820.722.424.025.5对数据作初步的处理，相关统计量的值如下表：75.324.618.3101.4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

8、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.21.（本题满分12分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在处的切线佮好经过点，且对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围.22.（本题满分12分）（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.参考答案提示及评分细则123456789101112DCACBBCABCDACDABBCD一单选题（本大

9、题共8小题，每小题5分，共40分）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，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

10、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.【答案】B【解析】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.【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

11、，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.9.【答案】BCD【解析】对于选项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，即，所以相互独立，故B正确；对选项C，则，故C正确；

12、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.故D正确；故选BCD.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，则，又的图象关于点对称，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，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.故选ACD.11.【答案】AB【解析】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

13、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：，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，所以，解得：或6，所以离心率为或，故D项错误.故选AB.12.【答案】B

14、CD【解析】对于选项，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，当且仅当时等号成立，故C正确；对于选项，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.13.【答案】【解析】，又，又，所以向量在向量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】由题意知，且，则当时，两式

15、相减得，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.【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.又，所求最小值是.故答案为.17.【答案】（1）【解析】（1）若选择，则，即，解得或，又数列单调递减，故，此时；若选择，则当时，即；当时，即，故；若选择，时，则；当时，符合上

16、式，即.（2），则，则，两式相减得，从而有.18.【答案】（1）；（2）【解析】（1）解：因为，由正弦定理可得，即，所以，而，故，因为，所以（2）解：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）答案见解析；（2）【解析】（1）在和中由勾股定理知，从而可知三棱柱为直三棱柱，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，于是，从而，由，知，又平面，且，故平面.（2）由，知，设平面的法向量为，则有，令，则，即；又由（1）知平面的法向量为，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）答案见

17、解析【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，且.分布列为234期望.21.【答案】（1）答案见解析；（2【解析】（1）的定义域为，当时，此时函数在上单调递增；当时，由得，此时函数在上单调递减，在上单调递增；综上所述：当过时，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，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.当时，由解得，可知在上单调

18、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，.22.【答案】（1）；（2）是定值，.【解析】（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，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.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.