安徽省皖江名校2023届高三数学最后一卷试题（Word版附解析）

数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解不等式化简集合A，求出函数的值域化简集合B，再利用交集、补集的定义求解作答.【详解】解不等式，得，即，因此，当时，，则，因此，所以，.故选：C2.若复数满足，则的共轭复数的虚部是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先根据复数的除法求出，再根据共轭复数的定义求出，即可得出答案．【详解】因，所以，所以，所以的虚部是，故选：A．3.2017年国家提出乡村振兴战略目标：2020年取得重要进展，制度框架和政策体系基本形成：2035年取得决定性进展，农业农村现代化基本实现；2050年乡村全面振兴，农业强､农村美､农民富全面实现.全面推进乡村振兴是继脱贫攻坚取得全面胜利后三农工作重心历史性转移重要时刻.某地为实现乡村振兴，对某 农产品加工企业调研得到该企业2014年到2022年盈利情况如下表.年份201420152016201720182019202020212022年份代码x123456789盈利y（百万）6.06.16.26.0■6.96.87.17.0已知由9组数据利用最小二乘法求得的y与x的经验回归方程为=0.15+5.75，现由于工作失误，第五组数据被污损，则被污损的数据为（）A.6.3B.6.4C.6.5D.6.6【答案】B【解析】【分析】计算出，代入回归方程，求出，从而列出方程，求出被污损的数据.【详解】依题意得，，故，设被污损的数据为，即，解得.经计算可得被污损的数据为6.4，故选：B.4.已知曲线，则下面结论正确的是（）A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2C.把C1上各点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度C2D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2【答案】C【解析】【分析】结合选项按照先伸缩，再平移的过程，结合诱导公式，即可判断选项. 【详解】曲线，把上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可得的图象；再把得到的曲线向左平移个单位长度，可以得到曲线的图象.故选：C.5.设O为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，直线与抛物线C交于A，B两点，若，则抛物线C的准线方程为（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】根据题意，由条件可得，然后结合抛物线的定义，列出方程，即可求得结果.【详解】设直线与轴交点为，由抛物线的对称性，易知为直角三角形，且，，即，去绝对值，解得或，所以抛物线的准线方程为或.故选：C.6.已知A，B，C是三个随机事件，“A，B，C两两独立”是“”的（）条件A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】D【解析】【分析】举特例验证即可.【详解】解析：一方面，考虑含有等可能的样本点，. 则，故两两独立，但，故此时，不成立.另一方面，考虑含有等可能的样本点，.则，故不独立，也即两两独立不成立.综上，“两两独立”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.7.过原点的直线l与曲线交于A，B两点，现以x轴为折痕将上下两个半平面折成60°的二面角，则|AB|的最小值为（）A.2B.C.4D.12【答案】A【解析】【分析】作垂直下半平面于点，作轴于，连接，设，先说明，再根据两点间的距离公式结合基本不等式即可的解.【详解】作垂直下半平面于点，作轴于，连接，设，因为平面，轴在平面内，所以轴，又轴，平面，所以平面轴平面，又平面，所以轴，则即为以x轴为折痕将上下两个半平面折成的二面角的平面角，故，则， 两点间距离公式可得，，当且仅当时，所以取最小值2.故选：A.8.已知函数与的定义域均为，为偶函数，且，，则下面判断错误的是()A.的图象关于点中心对称B.与均为周期为4的周期函数C.D.【答案】C【解析】【分析】由为偶函数可得函数关于直线轴对称，结合和可得的周期为4，继而得到的周期也为4，接着利用对称和周期算出对应的值即可判断选项【详解】因为为偶函数，所以①，所以的图象关于直线轴对称，因为等价于②，又③，②+③得④，即，即， 所以，故的周期为4，又，所以的周期也为4，故选项B正确，①代入④得，故的图象关于点中心对称，且，故选项正确，由，可得，且，故，故，因为与值不确定，故选项错误，因为，所以，所以，故，故，所以选项D正确，故选:.二、多选题：本题共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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.如图，已知正六边形ABCDEF的边长为1，记，则（）A.B.C.D.在方向上的投影向量为【答案】BC【解析】 【分析】根据题意，由平面向量数量积运算律，对选项逐一判断即可得到结果.【详解】，故A错误；因为，故B正确；，又，所以，故C正确；在方向上的投影向量为，故D错误.故选：.10.已知半径为R的球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上下底面半径分别为r1和r2，母线长为l，球的表面积与体积分别为S1和V1，圆台的表面积与体积分别为S2和V2.则下列说法正确的是（）A.B.C.D.的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】根据题意结合圆台与球的表面积、体积公式逐项分析判断.【详解】由切线长定理易得，A正确；由勾股定理知，解得，B正确；因为，，所以正确；因为，当且仅当时，等号成立，这与圆台的定义矛盾，故D错误. 故选：ABC.11.已知正三角形ABC的边长为2，点D为边BC的中点.若内一动点M满足.则下列说法中正确的有（）A.线段BM长度的最大为B.的最大值为C.面积的最小值为D.的最小值为【答案】BD【解析】【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，再根据圆上得点到定点和定直线的距离的最值问题即可判断AC；由即可判断B；取最小值时，取最大值，也即与圆相切时，即可判断D.【详解】如图，以点为原点建立平面直角坐标系，则，设，由，得，化简得，故动点的轨迹是一个以圆心为，半径的圆不含原点，A项：，所以，故A错误；B项：，故B正确；C项：直线，即，圆心到直线的距离为， 则点到直线的距离的最小值为，所以面积的最小值为，故C错误；D项：由题意得为锐角，则取最小值时，取最大值，也即与圆相切时，此时，故，故D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：以点为原点建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，是解决本题的关键.12.若函数，则（）A.的最小正周期为πB.的图像关于直线对称C.的最小值为-1D.的单调递减区间为【答案】BCD【解析】【分析】先求出的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出 的最小正周期；对于B：由，即可判断；对于C：设，得到利用导数求出，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断.【详解】由得的定义域为.对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误；对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确；对于C：因为，设，所以函数转化为，由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确；对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得，因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，同理函数的递增区间为，所以选项D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.曲线在点处的切线方程为___________【答案】 【解析】【分析】根据导数的几何意义求解即可.【详解】由，所以，所以，所以曲线在点处的切线斜率为2，所以所求切线方程为，即.故答案为：.14.已知a，b都是锐角，，则=___________.【答案】2【解析】【分析】法一：利用两角和与差的三角函数公式求解；法二：利用特殊值法求解.【详解】法1：.，.法2：由，令，则，则，故答案为：2 15.定义：公比为的无穷等比数列所有项的和为，即当n趋向于无穷大时，趋向于.利用此定义可将无限循环小数化成分数形式（，且，互质），则的分数形式为___________【答案】【解析】【分析】根据题意，由条件可得，即可得到结果.【详解】由题意可得，令，则，当n趋向于无穷大时，，所以.故答案为：.16.设点F为双曲线的左焦点，经过原点O且斜率的直线与双曲线C交于A､B两点，AF的中点为P，BF的中点为Q.若，则双曲线C的离心率e的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】先根据双曲线的对称性得四边形为平行四边形，再结合得为直角三角形，设直线倾斜角为，从而求得离心率，求解函数的值域即可得范围.【详解】设双曲线的右焦点为，根据双曲线方程知，，则.因为直线过原点，由对称性，原点平分线段，又原点平分线段，所以四边形为平行四边形.在和中，分别有中位线，，，因为，所以，所以四边形为矩形，为直角三角形. 不妨设在第一象限，设直线倾斜角为，则，且，在Rt中可得：，所以，因为，所以，又在上为增函数，所以.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求的值；（2）若，，求的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及诱导公式计算可得；（2）由面积公式求出，再由余弦定理得到关于的方程，解得即可. 【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】因为，所以，因为，即，所以，再由余弦定理知，即，即，解得或，所以或（负值舍去）.18.设数列的前n项和为，已知，，．（1）证明：数列是等差数列；（2）记，为数列的前n项和，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由得出，再计算，将代入，即可证明；（2）由（1）得，得出为公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式得出 ，代入，再裂项得，即可求得数列的前n项和．【小问1详解】因为，所以，即所以（为常数），所以数列是等差数列．【小问2详解】由（1）知，即.所以，所以为公比为的等比数列，又，所以，因为，所以，所以数列的前项和为：．19.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体．现将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点分别作平行于各底面的截面，截去四个顶点处的小棱锥，得到所有棱长均为1的截角四面体，如图所示． （1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）补全四面体，取的中点，连接，，证出平面，得出，再证明出，即可证明；（2）建立空间直角坐标系，根据直线与平面夹角的正弦公式计算即可．【小问1详解】补全四面体如图，取的中点，连接，，因为正四面体中各个面均为正三角形，所以，，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为点为的三等分点，即，所以，所以．【小问2详解】设点在底面的投影为点，连接，，，延长与交于点， 因为为正四面体，所以点为等边的中心，所以,，又因为，所以，所以，以点为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，所以，，，设面的法向量为，则，即，取，得，设直线与平面所成角为，则．20.2023年4月23日，是中国海军成立74周年74年向海图强，74年劈波斩浪．74 年，人民海军新装备不断增加，新型作战力量加速发展，从“101南昌舰”到“108咸阳舰”，8艘055型驱逐舰列阵.我国自主研制的075型两栖攻击舰“31海南舰”“32广西舰”“33安徽舰”也相继正式入列．从小艇到大舰，从近海防御到挺进深蓝大洋，人民海军步履铿锵，捍卫国家主权，维护世界和平．为了庆祝中国海军成立74周年，某公司设计生产了三款两栖攻击舰模型（分别为“31海南舰”､“32广西舰”“33安徽舰”），并限量发行若该公司每个月发行300件（三款各100件），一共持续12个月，采用摇号的方式进行销售．假设每个月都有3000人参与摇号，摇上号的将等可能获得三款中的一款．小周是个“战舰狂热粉”，听到该公司发行两栖攻击舰模型，欣喜若狂．（1）若小周连续三个月参与摇号，求他在这三个月集齐三款模型的概率；（2）若摇上号的人不再参加后面的摇号．已知小周从第一个月开始参与摇号，并且在12个月的限量发行中成功摇到并获得了模型．设他第X个月摇到并获得了模型，求X的数学期望．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分别分析小周连续3个月摇上号的概率和集齐三款模型的概率，即可求出他在这三个月集齐三款模型的概率；（2）根据题意得出和，得出的表达式，根据错位相减即可求出．【小问1详解】由题可知，小周第1个月摇上号的概率为，所以小周连续三个月摇上号的概率为，小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型共有种情况，三个月获得模型共有种情况，所以在小周连续三个月摇上号的前提下，三个月集齐三款模型的概率为,设事件为“小周在这三个月集齐三款模型”，则．【小问2详解】由题意得，， 则，两边同乘得，两式相减得，所以．21.已知点为椭圆上一点，直线l：与椭圆C交于A､B两点.（1）当时，求的面积；（2）设直线AM和BM分别与直线交于点P，Q，若与面积满足，求实数t的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出椭圆方程，设，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，求出点到直线距离，即可的解；（2）设，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，求出点到直线的距离，即可求得，求出的方程，令可得点的坐标，从而可求出，再根据即可得解.【小问1详解】 将代入，得，解得，所以椭圆，联立，得，设，则，则，点到直线的距离为，故的面积；【小问2详解】设，联立得，恒成立，则，则，点到直线的距离，则， 直线的方程为，令，则，即，同理，因为，所以，因为，所以，化简得，解得.【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.已知函数有两个极值点，且.（1）求的取值范围；（2）若，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用极值点的意义构造函数，利用导数确定的取值范围，再求出函数的值域作答.（2）利用（1）中信息，结合方程根的意义，借助分析法探讨结论成立的充分条件，再构造函数，利用导数讲明不等式恒成立作答.【小问1详解】在上有两个变号零点，即有两个不等实根，设，当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，，而，且当，恒有成立，于是，且，即有，又，则，令，求导得，即在上单调递减，从而，所以.【小问2详解】由（1）知，方程的两个实根，即，亦即，从而，设，又，即， 要证，即证，即证，即证，即证，即证，即证，即证，令，设，则在上单调递增，有，于是，即有在上单调递增，因此，即，所以成立.