安徽省定远重点中学2023年高考冲刺数学试卷（二）（含解析）

定远重点中学2023年高考冲刺数学试卷（二）
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知为虚数单位，若复数，是的共轭复数，则( )
A. B. C. D.
3. 等于( )
A. B. C. D.
4. 已知圆：上两动点，满足为正三角形，为坐标原点，则的最大值为( )
A. B. C. D.
5. 年某省将实行“”模式的新高考，其中“”表示语文、数学和英语这三门必考科目，“”表示必须从物理和历史中选考一门科目，“”表示要从化学、生物、政治和地理中选考两门科目为帮助甲、乙两名高一学生应对新高考，合理选择选考科目，将其高一年级的成绩综合指标值指标值满分为分，分值越高成绩越优整理得到如下的雷达图，则下列选择最合理的是( )
A. 选考科目甲应选物理、化学、历史 B. 选考科目甲应选化学、历史、地理
C. 选考科目乙应选物理、政治、历史 D. 选考科目乙应选政治、历史、地理
6. 已知抛物线：的焦点与椭圆：的一个焦点重合，且的准线与椭圆相交所得的弦长为，则椭圆的长轴长为( )
A. B. C. D.
7. 函数的大致图象是( )
A. B.
C. D.
8. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，设是边的中点，且的面积为则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知首项为，公比为的等比数列，其前项和为，，且，，成等差数列，记，，则( )
A. 公比
B. 若是递减数列，则
C. 若不单调，则的最大项为
D. 若不单调，则的最小项为
10. 如图，曲线：的焦点为，直线与曲线相切于点异于点，且与轴轴分别相交于点，，过点且与垂直的直线交轴于点，过点作准线及轴的垂线，垂足分别是，，则下列说法正确的是( )
A. 当的坐标为时，切线的方程为
B. 无论点异于点在什么位置，都平分
C. 无论点异于点在什么位置，都满足
D. 无论点异于点在什么位置，都有成立
11. 如图，已知正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是( )
A. 三棱锥的体积为
B. 平面
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是
12. 已知函数，下列说法正确的是．( )
A. 函数的图象恒过定点
B. 函数在区间上单调递减
C. 函数在区间上的最小值为
D. 若对任意恒成立，则实数的取值范围是
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知向量满足在方向上的数量投影为，则的最小值为______ ．
14. 已知当时，有，若对任意的都有，则 ______ ．
15. 已知实数，，，则的最小值为 ．
16. 已知函数是定义在上的奇函数，且，则 ．
四、解答题（本大题共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. 本小题分
为响应国家使用新能源的号召，促进“碳达峰碳中和”的目标实现，某汽车生产企业在积极上市四款新能源汽车后，对它们进行了市场调研该企业研发部门从购买这四款车的车主中随机抽取了人，让车主对所购汽车的性能进行评分，每款车的性能都有分、分、分、分、分五个等级，各评分及相应人数的统计结果如表．
性能评分汽车款式
基础班 基础版
基础版
豪华版 豪华版
豪华版
求所抽车主对这四款车性能评分的平均数和第百分位数；
当评分不小于时，认为该款车性能优秀，否则认为性能一般根据上述样本数据，完成以下列联表，并依据的独立性检验，能否认为汽车的性能与款式有关？并解释所得结论的实际含义．
汽车性能 汽车款式 合计
基础班 豪华版
一般
优秀
合计
为提高这四款新车的性能，现从样本评分不大于的基础版车主中，随机抽取人征求意见，记为其中基础版车主的人数，求的分布列及数学期望．
附：．
18. 本小题分
在中，角、、所对的边为、、，B.
求角的大小
的面积为，的外接圆半径长为，求、、．
19. 本小题分
设数列的前项和分别为，且，．
求数列的通项公式；
令，求的前项和．
20. 本小题分
如图，三棱柱中，面面，，，过的平面交线段于点不与端点重合，交线段于点．
Ⅰ求证：四边形为平行四边形；
Ⅱ若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
21. 本小题分
已知双曲线的离心率为，且双曲线经过点．
求双曲线的方程；
设是直线上任意一点，过点作双曲线的两条切线，，切点分别为，，试判断直线是否过定点若经过定点，求出该定点的坐标；若不经过定点，请说明理由．
22. 本小题分
已知，，函数．
当，时，求的单调区间；
当时，设的导函数为，若恒成立，
求证：存在，使得；
设，，若存在，，使得，
证明：．
答案和解析
1.
【解析】，，且，
，，，
．故选：．
2.
【解析】，，
，
，
．故选D．
3.
【解析】
．故选B．
4.
【解析】圆：，圆的圆心坐标，半径，
设圆心到直线的距离为，
为正三角形，，由圆的弦长公式，
可得，即，解得，
设的中点为，，
点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，
点的轨迹方程为，
根据向量的运算可得，，
又，
，即，
即的取值范围为
故选：．
5.
【解析】根据雷达图，甲同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：物理、历史化学、地理、生物、政治，
乙同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：历史、物理政治、地理、生物、化学，
根据新高考选科模式规则，选考科目甲应选物理、化学、地理；选考科目乙应选历史、政治、地理．故选：．
6.
【解析】抛物线：的焦点与椭圆：的一个焦点重合，且的准线与椭圆相交所得的弦长为，抛物线：的焦点为，准线方程为，
由题意得，得，则长轴长为，故选：．
7.
【解析】当时，，排除，，
，排除，选B．故选：．
8.
【解析】因为，
所以由正弦定理得：，
因为，所以，
所以，
所以或舍，
解得：，所以的夹角为：．
由面积公式，
解得：，即，
因为是边的中点，所以，
所以
．故选：．
9.
【解析】由，，成等差数列，
得，即，
，得，故A错误；
当时，数列不单调，当时，数列单调递减，
若是递减数列，则，故B正确；
若不单调，则，则，
，是关于的增函数，当时，有最大值为，则的最大项为，故C正确；
当时，有最小值为，则的最小项为，故D错误．故选：．
10.
【解析】解：因为曲线：，即，所以，
设点，则，
所以切线的方程为，
当时，切线方程为，故A错误：
由题意，
所以，
因为，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为菱形，可得平分角，故B正确：
因为，，
所以，
，
所以，故C正确：
直线方程：，可得，所以，
又，所以且，
所以四边形为平行四边形，故．
，
因为与不垂直，所以，所以，
即成立，故D正确；
故选：．
11.
【解析】解：对于，取中点，连结，，，，如图，
，分别为，的中点，平面，
设正方形的面积，，
，故A正确；
对于，连接，，，如图，
，分别为，的中点，且为正方形的对角线，，
在正方体中，平面，且平面，
，平面，
平面，，同理得，
，分别是，的中点，，，
即，，
，平面，故B正确；
对于，连接，，，，，如图，
，分别为，的中点，，，则，
是异面直线与所成角或所成角的补角，
，，
，
，
异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；
对于，取的中点，的中点，的中点，连接，，，，，如图，
由题意得，，，且正六边形为过点作正方体的截面，
则其面积为，故D正确．
故选：．
12.
【解析】画出函数的图象如下：
由图可知的图象恒过点故A正确；
函数在区间上单调递增，故B错误；
函数在区间上的最小值为，故C正确；
当任意，恒成立，当时，
则，且在区间上单调递增，又是恒成立，
，且，故D正确．
故选ACD．
13.
【解析】设向量的夹角为，，
在方向上的数量投影为，
，
，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为．
故答案为：．
14.
【解析】解：当时，有，
到，
则，
为展开式中的系数，
因为，所以．
故答案为：．
由得到，则可把转化为，由为展开式中的系数即可求出答案．
15.
【解析】解：因为，，，
所以，当且仅当时取等号．
故答案为：．
由已知结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
16.
【解析】由函数是定义在上的奇函数，
则，，
由，则．
故答案为：．
17.解：由题意得这四款车性能评分的平均数为，
其第百分位数为；
由题意得
并解释所得结论的实际含义．
汽车性能 汽车款式 合计
基础班 豪华版
一般
优秀
合计
零假设为：汽车性能与款式无关，
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为汽车性能与款式有关，
此推断犯错误的概率不超过，
汽车性能一般中基础版和豪华版的频率分别为和，性能优秀中基础版和豪华版的频率分别为和，
根据频率稳定于概率的原理，可以认为性能优秀时豪华版的概率大．
由题意可得服从超几何分布，且，，，
由题意知，的所有可能取值为，，，，
则，，，
所以的分布列为
．
【解析】根据百分位数定义求解即可；
根据联表计算对应数据判断可得汽车的性能与款式的相关性；
根据超几何分布计算概率和分布列及期望得解．
本题主要考查了平均数和百分位数的计算，考查了独立性检验的应用，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
18.解：由结合正弦定理得，，
化简整理得，
由题意得，
所以，
由为三角形内角得；
因为，
所以，
由正弦定理得，，
所以，
由余弦定理得，，
所以，结合，
解得，．
19.解：数列、的前项和分别为、，且，
则：当时，，
，
．
当时，符合上式，
则．
由于：，
则当时，，
两式相减得：，
即常数．
当时，解得：，
故：首项符合通项，
则：
由于：，
则，
则，
，
得：
，
所以：．
20.解：Ⅰ证明：在三棱柱中，
，面，面，
面C.
又面面，面，
．
面面，
面面，面面，
，四边形为平行四边形．
Ⅱ在面内，过点作，
面面，面，面面，，
面C.
又面，，，，两两垂直，
以坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，
，．
设．．
设面的法向量为．
则，令，得．
到面的距离为，解得．
．
又设直线与面所成角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为．
21.解：因为双曲线的离心率为，所以，即，
所以双曲线的方程为，
把点的坐标代入双曲线的方程，得，
解得，
所以，双曲线的方程为；
设，，，的方程为，
联立，消整理得，
，
令，得，即，
又，所以，进一步可化为，所以，
所以的方程可化为，化简得，
同理可得的方程为，
又点在直线和上，所以
所以过点，的直线为上，
令，得，故直线过定点．
22.解：当，时，，
所以，
令，解得，
令，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
证明：当，时，，
，
当时，，
所以不等式恒成立，
当时，，
取，则，
，
所以当恒成立时，存在，使得．
证明：设时，则由，
得，
设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
设，
则，
所以当时，，则，
所以，
所以，
由可得，
化简的，
所以．