安徽省芜湖市第一中学2023届高三最后一卷数学试题及答案

这是一份安徽省芜湖市第一中学2023届高三最后一卷数学试题及答案，共23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。

一、单选题
1．已知（为虚数单位），则的虚部是（ ）
A．B．C．1D．
2．已知集合，，，则实数的值为（ ）
A．2B．或2C．1或2D．0或2
3．抛物线的准线方程是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则的值为（ ）
A．B．C．9D．7
5．已知向量，，，则向量在向量上的投影向量的模长为（ ）
A．6B．3C．2D．
6．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与的非负半轴重合，将角的终边按照逆时针方向旋转后，其终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知正三棱台的上、下底面边长分别为，，且侧棱与底面所成角的正切值为3，则该正三棱台的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．数据4，3，2，5，6的分位数为4
B．若，，，则
C．若事件A与事件互斥，则
D．若随机变量服从正态分布，，则
10．下面是关于公差的等差数列的四个命题，其中正确的有（ ）
A．数列是等差数列B．数列是等差数列
C．数列是递增数列D．数列是递增数列
11．已知是圆心为，半径为2的圆上一动点，是圆所在平面上一定点，设（）．若线段的垂直平分线与直线交于点，记动点的轨迹为，则（ ）
A．当时，为椭圆B．当时，为双曲线
C．当时，为双曲线一支D．当且越大时，的离心率越大
12．已知正方体的棱长为2，棱的中点为，过点作正方体的截面，且，若点在截面内运动（包含边界），则（ ）
A．当最大时，与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹长度为
D．若平面，则的最小值为
三、填空题
13．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．则 ．
14．若每经过一天某种物品的价格变为原来的1.1倍的概率为0.5，变为原来的0.9倍的概率也为0.5，则经过4天该物品的价格不低于原来价格的概率为 ．
15．已知椭圆：的左、右焦点分别为和，是椭圆上一点，线段与轴交于，若，，则椭圆的离心率为 .
16．已知函数（为自然对数的底数），若关于的方程有且仅有四个不同的解，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
17．已知是数列的前项和，满足；正项数列为等比数列，数列的前项和为，，．
(1)求数列和的通项公式：
(2)令，数列前项和为，求．
18．如图，已知半圆锥的顶点为，点是半圆弧上三等分点（靠近点），点是弧上的一点，平面平面，且，是中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
19．已知函数．
(1)求在上的值域；
(2)已知锐角中，，，且，求边上的中线的长．
20．一地区某疾病的发病率为0.0004．现有一种化验方法，对真正患病的人，其化验结果99％呈阳性，对未患病者，化验结果99.9％呈阴性．
(1)若在该地区普查，求某人化验结果呈阳性的概率；并求化验结果呈阳性，某人没有患病的概率；
(2)根据该疾病的历史资料显示，这种疾病的自然痊愈率为20％．为试验一种新药，在有关部门
批准后，某医院把此药给4个病人服用，试验方案为：若这4人中至少有2人痊愈，则认为这种药有效，提高了治愈率；否则认为这种药无效．
（i）如果新药有效，把治愈率提高到了80％，求经试验认定该药无效的概率；
（ii）根据的值的大小解释试验方案是否合理．
参考数据：，
21．设双曲线：（，）过，，，四个点中的三个点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线，，其中与的右支交于，两点，与直线交于点，与的右支相交于，两点，与直线交于点，求的最大值．
22．已知函数，．
(1)当时，求曲线与的公切线的方程；
(2)若有两个极值点和，且，求实数的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】利用复数的除法法则及共轭复数的定义，结合复数的定义即可求解.
【详解】由，得，
所以，
所以的虚部是.
故选：D.
2．A
【分析】根据给定条件，利用集合元素的互异性及集合的包含关系列式计算即得.
【详解】由，得，即，此时，
由，得，而，所以.
故选：A
3．A
【分析】结合抛物线的准线方程求解即可.
【详解】由题知抛物线,所以，故抛物线的准线方程为.
故选：A.
4．B
【分析】根据题意分别将化简为，然后对每项进行二项式展开求出项的系数，从而可求解.
【详解】由题意可得，然后分别求出和中项的系数，
对于其展开式为，当时，项的系数为，
对于其展开式为，当时，项的系数为，
所以项的系数，故B正确.
故选：B.
5．C
【分析】由条件结合向量的数量积的性质可求，再根据投影向量，向量的模的定义求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，又，
所以，
所以向量在向量上的投影向量的模的值为，
故选：C.
6．B
【分析】根据三角函数定义先求，然后利用诱导公式和二倍角公式可解.
【详解】由题知，角的终边过点，
所以，，，
所以
.
故选：B
7．D
【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径.
【详解】分别取、的中心，连结，过作，
因为，由正弦定理得，得，同理可得，所以，
因为正三棱台，所以平面，∥，
所以平面，所以为侧棱与底面所成的角，
所以，所以，
设正三棱台的外接球球心O，因为为上底面截面圆的圆心，为下底面截面圆的圆心，
所以由正三棱台的性质可知，其外接球的球心在直线EF上，
设外接球O的半径为R，所以，，，
即，，
当在EF的延长线上时，可得，无解；
当在线段EF上时，轴截面中由几何知识可得，解得，
所以正三棱台的外接球表面积为.
故选：D
8．C
【分析】根据已知条件构造函数，利用导数及题干所给条件求得的单调性，利用函数的对称性，可得，对其进行比较即可判断各选项.
【详解】设，则，
因为函数满足：，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
又由，
所以关于直线对称，从而，
即，，故A错误；
由，，故B错误；
由，，故C正确；
由，，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是构造函数，利用导数法研究函数的单调性，结合函数的对称性即可.
9．BD
【分析】先将数据由小到大排列，然后计算，然后可判断A；根据条件概率公式结合已知推导即可判断B；根据互斥事件与对立事件的区别可判断C；由正态分布的对称性求解可判断D.
【详解】A选项：将数据由小到大排列：.
因为，所以第百分位数为，A错误；
B选项：因为，，，
所以，B正确；
C选项：若事件A与事件互斥，但不对立，则，C错误；
D选项：若，则，
所以，D正确.
故选：BD
10．ABD
【分析】由题意写出等差数列的通项公式，根据公差，逐一写出四个选项的通项公式，利用等差数列的定义以及函数单调性加以判断即可.
【详解】设等差数列的首项为，所以，
对于A，由，则，所以，即数列是等差数列为公差为的等差数列，故A正确；
对于B，由，所以，则，所以数列是以公差为的等差数列，故B正确；
对于C，由，可得，当时，数列不是递增数列，故C不正确；
对于D，由，可得，所以，所以数列是递增数列，故D正确；
故选：ABD
11．ABD
【分析】根据题意，由线段垂直平分线的性质可得，结合选项，判断点B与圆的位置关系，结合椭圆、双曲线的定义以及其几何性质，依次判断选项即可.
【详解】A：由题意知，点A、B为定点，，当时，点B在圆内，
由线段垂直平分线的性质知，，
所以，
由椭圆的定义知，点M的轨迹为椭圆，故A正确；
B：当时，点B在圆外，不妨设点B在点A的右边，
由线段垂直平分线的性质知，，
所以；
同理，若点B在点A的左边，有，
所以，由双曲线的定义知，点M的轨迹为双曲线，故B正确；
C：由选项B的分析，可知C错误；
D：由选项A知，当时，点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，且，焦距为t，
若t增大，则半焦距c增大，所以离心率随之增大；
由选项B知，当时，点M的轨迹是以A、B为焦点的双曲线，且，焦距为t，
若t增大，则半焦距c增大，所以离心率随之增大；
所以当且越大时，E的离心率越大，故D正确.
故选：ABD.
12．BCD
【分析】记的中点分别为， 构建空间直角坐标系，证明共面，且平面，由此确定平面，找到最大时的位置，确定MN与BC所成角的平面角即可判断A，证明与平面平行，应用向量法求到面的距离，结合体积公式，求三棱锥的体积，判断B；根据球的截面性质确定 N的轨迹，进而求周长判断C，由平面确定的位置，通过翻折为平面图形，利用平面几何结论求解判断D.
【详解】记的中点分别为，
连接，连接，
因为，又
所以，，所以四边形为平行四边形，
连接，记其交点为，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，,，，，，，，，
因为，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六点共面，
因为，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即为平面，
对于A，与重合时，最大，且，
所以MN与BC所成的角的平面角为，
又，
所以，故MN与BC所成的角为，所以A错误；
对于B，因为所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以，
向量为平面的一个法向量，又，
所以到面的距离，
又为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C：若，点在截面内，
所以点N的轨迹是以为球心， 半径为的球体被面所截的圆（或其一部分），
因为，，所以，
所以平面，所以截面圆的圆心为，
因为是面的法向量，而，
所以到面的距离为，
故轨迹圆的半径，又，
故点N的轨迹长度为，C正确.
对于D，平面，平面，
又平面与平面的交线为，
所以点的轨迹为线段，
翻折，使得其与矩形共面，如图，
所以当三点共线时，取最小值，最小值为，
由已知，，，
过作，垂足为，则，
所以
所以，
所以的最小值为，D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.
13．
【分析】利用函数值的定义及奇函数的性质,结合对数的运算即可求解.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
所以.
故答案为：.
14．/0.3125
【分析】先判断价格比原来的升降情况，然后利用二项分布的知识求解，即得结果.
【详解】设物品原价格为1，因为，，
，
故经过4天该物品的价格较原来价格增加的情况是4天中恰好是3天升高1天降低和4天升高,
则经过4天该物品的价格较原来价格增加的概率为.
故答案为：.
15．
【分析】设，则，由条件得，在中，由余弦定理得，即可求解椭圆的离心率.
【详解】因为，所以设，则，
因为，所以，所以，所以，
由椭圆定义知：，
在中，由余弦定理得：，
所以，所以或，所以或，又，所以，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
16．
【分析】设，由题意可得当时函数有2个零点，进而方程有2个正解，利用导数的几何意义求出直线与函数图象相切时k的值，根据数形结合的思想即可求解.
【详解】设，则，所以函数为偶函数，
又，则，所以当时，有两个零点，
且当时，，则，
令，令，
则，所以函数在上单调递增.
下面讨论直线与函数图象相切的情况，
设切点为（），
则曲线在处的切线方程为，即，
有，解得，
由图可知，当时，直线与函数图象在上有2个交点，
即函数在上有2个零点，所以实数k得取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键，是根据函数的奇偶性确定其在在上有2个零点，结合数形结合的思想从而得解.
17．(1)，，
(2).
【分析】（1）利用与的关系求出数列的通项，解方程组求出等比数列的通项的基本量即得的通项公式；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）当时，，
当时，也满足上式，
故数列的通项公式为，
设的公比为q，
因为，所以，
所以，
所以，又数列为正项数列，
所以，又，
所以，
所以，
（2）由（1）得，则
①，
②
①—②得：
，
所以.
18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）通过证明OD，，可证明结论；
（2）取弧中点为N，如图建立以O为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可得答案.
【详解】（1）由题可得平面，又平面，则.
因，平面，平面，则平面.
又平面，平面平面 ，则.
因点是半圆弧上三等分点，则，又，则.
又，则是等边三角形，得.
又，则，即OD平分.
又，则在等腰三角形AOC中，由三线合一可知.
又平面POD，，则平面.
又平面，则平面平面.
（2）取弧中点为N，连接ON.
由（1），又.
则如图建立以O为原点的空间直角坐标系.
取，则，，.
则，.
设平面 法向量为，则.
取，则，即.
又平面的法向量为，则平面与平面夹角的余弦值
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，然后由正弦函数性质求解可得；
（2）先求角A，然后由余弦定理和数量积可得，，再由求解可得.
【详解】（1）
，
因为，所以，
所以，
所以在上的值域为.
（2）记的角A，B，C所对的边为a，b，c，
因为为锐角三角形，所以，，
又，所以，即.
因为，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
因为为边上的中线，所以，
所以，
所以.
20．(1)
(2)（i）;（ii）合理
【分析】（1）利用全概率公式及概率的乘法公式，结合条件概率公式即可求解；
（2）（i）利用二项分布，先分析新药无效的情况：4人中0人或1人痊愈，由此求解出无效的概率；
（ii）结合（i）该药无效的概率分析试验方案的合理性得解.
【详解】（1）设“检查结果呈阳性”，“被检查确实患病”，
由题意可知，,,
所以
由条件概率公式，得
，
所以某人没有患病的概率约为.
（2）设通过试验痊愈的人数为变量,则,
所以经试验认定该药无效的概率为：.
（ii）由题意，新药是有效的，由（1）得经试验认定该药无效的概率为，概率很小是小概率事件，故试验方案合理.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得双曲线不过点，将其余点坐标代入双曲线方程计算即可得；
（2）借助韦达定理与两点间距离公式表示出并化简后，可得，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）由，，，与不能同过，与对称，
故该双曲线不过点，
则有，解得，即双曲线方程为；
（2）由双曲线方程为，故，
由题意可知，，的斜率均存在，
设的斜率为，则的斜率为，
即，设、，
令，则，即，
联立双曲线，有，
由双曲线性质可知，即，
此时恒成立，
有，，
则，，
故
，
同理可得，
则
，当且仅当，即时，等号成立，
即的最大值为.
【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，注意的判断；
（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．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件及导数的几何意义即可求解；
（2）根据已知条件及函数极值点的定义，构造函数，利用导数法研究函数的最值即可求解.
【详解】（1）当时，，所以，
因为，所以，
设曲线上的切点为，则切线方程为，
设曲线上的切点为，则切线方程为，
由两条切线重合得，解得，
所以曲线与的公切线的方程为，
（2）由题意可知，，
所以，
因为有两个极值点和，
所以有两个零点和，
所以，即，
令，则，解得，
设则 ，
又令，则，
所以在上单调递减，
所以，所以
所以在上单调递减，
所以，
易知所以，
令，则，
当时，，
所以在上单调递增，
又
所以，
故实数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：解决本题第一问的关键是利用导数的几何意义及公切线，第二问是构造函数，求出的范围，再利用导数研究的值域即可.