2023届安徽省合肥一六八中学高三最后一卷数学试题含解析

2023届安徽省合肥一六八中学高三最后一卷数学试题

一、单选题

1．已如集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，先将集合化简，然后结合集合的运算，即可得到结果.

【详解】因为或，则

，所以.

故选：A

2．设是虚数单位，复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据题意，由复数的运算化简复数，即可得到结果.

【详解】由，得，所以，

故选：

3．“”是“方程表示椭圆”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据方程表示椭圆的条件求解.

【详解】方程表示椭圆，

所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件，

故选：B.

4．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓､粮栈､米行及地主家里必备的用具､如图为一倒正四棱台型米斗，高为40cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意作出正四棱台的对角面，为外接球球心，为线段中点，过点作，垂足为，则即为所求角.

【详解】由题意，作出正四棱台的对角面，如图

为正四棱台上底面正方形对角线，为正四棱台下底面正方形对角线，

为外接球球心，为线段中点，则，

过点作，垂足为，则即为所求角.

因为，所以，所以，

所以，所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为.

故选: D.

5．在数列中，已知，当时，是的个位数，则（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】C

【分析】由题意，列出数列的前若干项，分析出数列变化规律，进而得出答案.

【详解】因为，当时，是的个位数，

所以，，，，，，，，，，

可知数列中，从第3项开始有，

即当时，的值以6为周期呈周期性变化，

又，

故.

故选：C.

6．数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音．已知刻画某复合音的函数为，则其部分图象大致为（    ）

A．      B．  

C．   D．  

【答案】C

【分析】利用导数研究函数的单调性与极值，与选项中的图象比较即可得出答案.

【详解】令，

求导得

，

当时，由解得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，当和时，取极大值；当时，取极小值，

由于，

可得，当时，

结合图象，只有C选项满足．

故选：C．

7．在菱形中，，点分别为和的中点，且，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算律结合，求出，继而根据向量的线性运算以及数量积的运算律即可求得答案.

【详解】因为点分别为和的中点，

，所以，

又

，

故选：B.

8．定义在上的函数满足，且当时，.当时，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知计算出，画出图象，计算，解得，从而求出的最小值.

【详解】由题意得，当时，故，

当时，故，

可得在区间上，，

所以当时，，作函数的图象，如图所示，

当时，由，则，

所以的最小值为

故选：B

二、多选题

9．某学校高三年级学生有500人，其中男生320人，女生180人.为了获得该校全体高三学生的身高信息，现采用分层抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：cm），计算得男生样本的均值为174，方差为16，女生样本的均值为164，方差为30.则下列说法正确的是（    ）

A．如果抽取25人作为样本，则抽取的样本中男生有16人

B．该校全体高三学生的身高均值为171

C．抽取的样本的方差为44.08

D．如果已知男､女的样本量都是25，则总样本的均值和方差可以作为总体均值和方差的估计值

【答案】AC

【分析】利用分层抽样计算即可判断选项A；代入均值与方差公式即可判断选项BC；因为抽样中未按比例进行分层抽样，所以总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差，所以作为总体的估计不合适，可以判断D.

【详解】根据分层抽样，抽取25人作为样本，

则抽取的样本中男生有正确；

样本学生的身高均值，B错误；

抽取的样本的方差为，C正确；

因为抽样中未按比例进行分层抽样，

所以总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，

因而样本的代表性差，所以作为总体的估计不合适.D错误.

故选：AC

10．已知函数，则下列说法正确的有（    ）

A．若，则

B．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称

C．函数的最小正周期为

D．若在上有且仅有3个零点，则的取值范围为

【答案】ABD

【分析】对A：必有一个最大值和一个最小值可求；对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；对C：化简后求周期；对D：求出的范围，数据正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解.

【详解】由，故必有一个最大值和一个最小值，

则为半个周期长度，故正确；

由题意的图象关于轴对称，B正确；

的最小正周期为C错误.

，在上有且仅在3个零点，

结合正弦函数的性质知：，则，D正确；

故选：ABD

11．正四棱锥中，高为3，底面是边长为2的正方形，则下列说法正确的有（    ）

A．到平面的距离为

B．向量在向量上的投影向量为

C．棱锥的内切球的半径为

D．侧面所在平面与侧面所成锐二面角的余弦值为

【答案】BD

【分析】补形成长方体，在长方体中作出所求距离，利用等面积求解可判断A；根据投影向量的几何意义可判断B；利用等体积法可判断C；利用长方体作出平面角，由余弦定理可得.

【详解】  补形为长方体.如图，

记，的中点分别为P，Q，作于点W,

易知，，，

在中，,即,解得.

易知,CW为CD到平面距离，A错误；

根据投影向量概念知：向量在向量上的投影向量为向量.即为，所以B正确；

即AB中点为N，连接MN，ON，易得，

所以，，

由等体积求内切球半径,得，

，所以C错误；

连接，由长方体性质可知是所求二面角的平面角，在中由余弦定理得：正确.

故选：BD

12．已知数列满足，曲线和有交点，且和在点处的切线重合，则下列结论正确的为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】依题意，有，且，解得，，对于A，由于，从而可得结论，对于B，构造函数，然后利用导数判断其单调性，再利用单调性判断即可，对于C，由于，从而可判断数列为正项递增数列，进而可判断，对于D，只需证，令，然后只要证，构造函数，利用导数只要证明其最小值大于零即可

【详解】依题意，有，且，解得，，

（1）考查选项A：显然，即，故选项A正确；

（2）考查选项B：构造函数，则，

显然当时，，即在上单调递增，

从而为递增数列，又，故，，易知选项B错误；

（3）考查选项C：由，可知，即为正项递增数列，

亦为正项递增数列，故数列为正项递增数列，又，易知选项C错误；

（4）考查选项D：易知，需证，只需证，

令，则，只需证，，

令，，则，

易知单调递减，故当时，，从而选项D正确；

故选：AD.

三、填空题

13．的展开式中含项的系数为__________.

【答案】

【分析】求出二项展开式的通项公式，由题设中的指定项可得项数即可作答.

【详解】的展开式的通项为，

则展开式中含的项有，即，

所以展开式中含项的系数为.

故答案为：

14．近年来，随着我国城镇居民收入的不断增加和人民群众消费观念的改变，假期出游成为时尚.某校高三年级7名同学计划高考后前往黄山､九华山､庐山三个景点旅游.已知7名同学中有4名男生，3名女生.其中2名女生关系要好，必须去同一景点，每个景点至少有两名同学前往，每位同学仅选一处景点游玩，则7名同学游玩行程安排的方法数为__________.

【答案】150

【分析】7个人去三个景点，每个景点至少2人，则两个景点两人，一个景点3人，两个关系好的女生要在一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，分类相加即可.

【详解】由题，两个关系好的女生要在一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，

第一类：仅要好的两位女生去同一景点；

第二类：要好的两位女生和另一位同学去同一景点，

总方法数为.

故答案为：150.

15．已知F为抛物线的焦点，过F作两条互相垂直的直线，直线与C交A，B两点，直线与C交于D，E两点，则|AB|+|DE|的最小值为____.

【答案】16

【解析】设出直线方程为，，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理，由弦长公式求得弦长，用，代替得弦长，求出，用基本不等式求得最小值．

【详解】由题意抛物线焦点为，

显然直线的斜率都存在且都不为0，设直线方程为，，

由，得，所以，，

，

同理可得．

所以，当且仅当时等号成立．

故答案为：16．

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线相交弦长问题，解题方法是设而不求思想方法，即设出直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得得，然后由弦长公式求得弦长．

四、双空题

16．设，定义的差分运算为.用表示对a进行次差分运算，显然，是一个维数组.称满足的最小正整数的值为的深度.若这样的正整数不存在，则称的深度为.

（1）已知，则的深度为__________.

（2）中深度为的数组个数为__________.

【答案】     4    

【分析】利用新定义和集合的运算性质即可得出结论.

【详解】空1：因，

则，，

，.

故答案为：

空2：易知中仅有一组，

中深度的数组仅1组，

中深度的数组仅2组，

中深度的数组仅4组，

中深度的数组仅组，

所以中深度为的数组仅有组.

【点睛】关键点睛：本题考查新定义和集合运算的综合应用能力，属于高难度题，需要认真审题，抓住新定义的本质.

五、解答题

17．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，.球数构成一个数列，满足且.

(1)求数列的通项公式；

(2)求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用累加法求解即可；

（2）利用裂项相消法求解即可.

【详解】（1）（1）因为，所以，

所以当时，

，

当时，上式也成立，

所以；

（2）由，

所以.

18．法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为，且.以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为.

(1)求角；

(2)若的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角恒等变化可得，进而可得，即可求解，

（2）利用正弦定理得，结合余弦定理即可联立方程求解.

【详解】（1），则，

故，所以，

可得（负值舍），由，所以.

（2）如图，连接，由正弦定理得 ，,则，

正面积，

而，则，

在中，由余弦定理得：，

即，则，

在中，，由余弦定理得，

则，

，所以的周长为

19．某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是半圆弧上的动点，且四点共面.

(1)若点为半圆弧的中点，求证：平面平面；

(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角是？若存在，确定点位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）连接，证明，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.

【详解】（1）连接，如图所示：

若点为半圆弧的中点，则，

所以，即，

因为，

所以，又面，

所以平面平面，则平面平面；

（2）假设存在点，使得直线与平面所成的角为，

以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：

则，设，

则，

所以，

设平面的法向量为，

由，得，

令，则，即，

则，

整理得，与矛盾，所以不存在，

20．已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线的右支上一点，点关于原点的对称点为，满足，且.

(1)求双曲线的离心率；

(2)若双曲线过点，过圆上一点作圆的切线，直线交双曲线于两点，且的面积为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义结合余弦定理列出方程，即可得到结果；

（2）根据题意，分直线的斜率不存在与存在讨论，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理即可得到结果.

【详解】（1）由对称性可知：，故，

由双曲线定义可知：，即，所以，又因为，

在中，由余弦定理得：，

即，解得：，

故离心率为.

（2）  

因为双曲线过点，所以双曲线方程：

当直线的斜率不存在时，则

直线的斜率不存在时不成立.

当直线的斜率存在时，设直线的方程为

又点到直线距离，

联立，消去得，

则，

由的面积为，即，

将代入上式得，

或，即或，

经检验，满足，

直线的方程为：或

【点睛】关键点睛：本题主要考查了双曲线的性质，以及直线与双曲线相交问题，难度较难，解答本题的关键在于联立直线与双曲线方程表示出，结合面积公式列出方程.

21．已知函数，其中.

(1)若时，有极值，求的值；

(2)设，讨论的零点个数.

【答案】(1)，

(2)答案见解析

【分析】（1）根据题意，求导得，然后由条件列出方程，即可得到结果.

（2）方法一：根据题意，分与，结合零点存在定理，分情况讨论即可；

方法二：根据题意，将函数零点转化为方程的根，再由导数研究其单调性与极值，即可得到结果.

【详解】（1）.

由题意得且，即，联立解得，.经检验，符合题意.

（2）方法一：定义域是.由条件知，.

当时，单调递增；当时，单调递减.

故是的极大值点，且极大值为.

当时，，此时有一个零点.

当时，.记，则.取，则，，

根据零点存在定理，当时，存在一个零点.

取，则.

由零点存在定理可知，当时，存在一个零点，

此时有两个零点.

综上所述，当时，只有一个零点；当时，有两个零点.

方法二：由题意，函数的零点即方程的根，即方程的根，

即的根，记，：

由，得到，

当时，单调递增，时，单调递减，

又，因为，当趋向正无穷时，趋向负无穷，

且的最大值为，

综上所述，当时，只有一个零点；当时，有两个零点.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性，极（最）值问题处理.

22．在一个典型的数字通信系统中，由信源发出携带着一定信息量的消息，转换成适合在信道中传输的信号，通过信道传送到接收端.有干扰无记忆信道是实际应用中常见的信道，信道中存在干扰，从而造成传输的信息失真.在有干扰无记忆信道中，信道输入和输出是两个取值的随机变量，分别记作和.条件概率，描述了输入信号和输出信号之间统计依赖关系，反映了信道的统计特性.随机变量的平均信息量定义为：.当时，信道疑义度定义为

(1)设有一非均匀的骰子，若其任一面出现的概率与该面上的点数成正比，试求扔一次骰子向上的面出现的点数的平均信息量；

(2)设某信道的输入变量与输出变量均取值0，1.满足：.试回答以下问题：

①求的值；

②求该信道的信道疑义度的最大值.

【答案】(1)2.40

(2)①；②1

【分析】（1）充分理解题意，利用随机变量的平均信息量定义解决本小题；

（2）由全概率和条件概率公式解决本小题.

【详解】（1）设表示扔一非均匀股子点数，则

扔一次平均得到的信息量为

.

（2）①由全概率公式，得

②由题意，.

所以，

;

其中.

令

.

时时，,

.