2023届浙江省嘉兴市高三上学期9月基础测试数学试题含答案

2023届浙江省嘉兴市高三上学期9月基础测试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式，求出集合A，根据交集的定义计算即可.

【详解】由，有，解得，

∴集合，，则.

故选：C

2．若复数（i为虚数单位），则（    ）

A．5 B． C．3 D．

【答案】B

【分析】由复数的模的性质：两个复数商的模等于它们的模的商，计算求值即可.

【详解】，.

故选：B

3．在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且，，记，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量基本定理结合向量的加减法法则求解即可.

【详解】因为，，

所以，

因为在平行四边形ABCD中，，，

所以，

故选：A

4．从圆内接正八边形的个顶点中任取个顶点构成三角形，则所得的三角形是直角三角形的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出直角三角形的个数，利用组合计数原理以及古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】从圆内接正八边形的个顶点中任取两点连成线段，其中有条为圆的直径，

若从这个顶点中任取个顶点构成三角形，所得的三角形是直角三角形，则其中直角三角形的斜边为圆的直径，

然后从剩余的个顶点（除去直角三角形斜边的顶点）中任取一个点，与斜边的顶点可构成直角三角形，

故所求事件的概率为.

故选：D.

5．已知直线及圆，过直线l上任意一点P作圆C的一条切线PA，A为切点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，由切线长公式可得 ，据此可得当取得最小值时， 取得最小值，又由的最小值即点C到直线l的距离，计算可得答案.

【详解】根据题意，圆的圆心C(-1，-2)，半径r= 2，

过直线上任意一点P向圆引切线PA，切点为A

则 ，

当取得最小值时， 取得最小值，

又由的最小值即点C到直线l的距离，

取得最小值为.

故选：A

6．已知函数的图象关于点对称，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】本题首先根据诱导公式和二倍角的正弦公式，化简得出，

再根据平移的左正右负的原则得到的解析式，最后得到的单调增区间.

【详解】

函数的图像关于点对称，

，，，，

，，

将函数向左平移单位的解析式是，

令,

，结合所给的选项，令，

则的一个增区间为，

故选：B.

7．已知实数a满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据得，对AB，构造，根据零点存在性定理判断即可；对CD，构造函数函数，求导分析函数单调性，结合所给不等式判断即可.

【详解】由得，

对于选项A与B，函数在上单调递增，则存在，使得，即，又且，所以，均有可能，即与a大小不确定．故A与B都不正确．

对于选项C与D，令函数得，

令得，所以在上单调递减

所以当时，，所以，所以在上单调递减，

又，所以，所以，即，故D正确．

故选：D

8．为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.

【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:

正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，

俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴ ，，，.

半球面形状的容器的容积是.

故选：B

二、多选题

9．已知函数在上单调递增，为其导函数，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】利用函数的单调性与导数符号之间的关系可判断ACD选项；分析的符号可判断B选项.

【详解】因为函数在上单调递增，对任意的，，A对；

的符号不能确定，B错；

，则，可得，C对D错.

故选：AC.

10．如图，在正四面体中，、分别为、的中点，则（    ）

A．直线与所成的角为

B．直线与所成的角为

C．直线与平面所成的角的正弦值为

D．直线与平面所成的角的正弦值为

【答案】ABC

【分析】将正四面体放在正方体中，设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.

【详解】将正四面体放在正方体中，设正方体的棱长为，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、.

对于A选项，，，，即，A对；

对于B选项，，，

所以，直线与所成的角为，B对；

对于C选项，设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

所以，，

故直线与平面所成的角的正弦值为，C对；

对于D选项，设平面的法向量为，

则，取，可得，

，

故直线与平面所成的角的正弦值为，D错.

故选：ABC.

11．如图，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，过点，分别作准线的垂线，垂足分别为，，准线与轴的交点为，则（    ）

A．直线与抛物线必相切 B．

C． D．

【答案】BD

【分析】设点的坐标，及过点的直线方程；选项A，联列方程，整理成的一元二次方程，用判别式判定是否恒为零即可；选项B，由知，选项B正确；选项C，计算得，，两式不恒等，故C不正确；选项D，先计算，从而得，由等面积法知选项D正确.

【详解】由已知 ， ，设过点的直线方程为： ，

设点， ，

则 ， ，

由 得 ，

所以 ，

选项A：直线 的方程为 ，联立方程组得：

，所以 ，

不恒为零，故选项A不正确；

选项B：由题得 ，

而

所以 ，所以 ，

所以 ，故B正确；

选项C： ，

所以 ；

，

所以 ，

，

，

，

所以

所以选项C不正确；

选项D： ， ，

，

在 中， ，

故D正确.

故选：BD.

12．已知函数，的定义域均为R，且，．若的图象关于点对称，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】对A选项从函数关于点对称得到；对B选项，通过赋值，得到的其中一个周期为4，对C选项进行求和得到值与值相关；对D由前面知道其一个周期为4，通过计算得到其每四个数值和为0，最后得到2020组数据和也为0.

【详解】因为的图象关于点对称，所以，

的定义域均为，故，由，得，所以，故A错误；

令得，，因为，

所以与联立得，

，则，

所以，即的其中一个周期为4，

因为，所以．

即，所以的其中一个周期也为4，

由，得，

与联立，得，

即．所以B正确；

由，得，但与的值不确定，

又，，

所以

故C错误；

由，得，所以，

又，，

两式相加得，，所以，故D正确，

故选：BD．

【点睛】抽象函数的对称性、周期性、奇偶性综合的问题难度较大，不易推导求解，平时要多去推导练习.

三、填空题

13．设函数若，则实数的取值范围是_____．

【答案】

【分析】分、两种情况解不等式，综合可得出实数的取值范围.

【详解】当时，由，解得或，此时或；

当时，由，可得，解得，此时.

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：.

14．的展开式中的系数是________．（用数字作答）

【答案】

【分析】首先分析出存在有两项，然后分别求出这两项系数，相加即可.

【详解】根据题意,的项在的展开式中有两项，

分别为：和，即和，

则的系数为：.

故答案为：.

15．树人中学进行篮球定点投篮测试，规则为：每人投篮三次，先在A处投一次三分球，投进得3分，未投进得0分，然后在B处投两次两分球，每投进一次得2分，未投进得0分，测试者累计得分高于3分即通过测试．甲同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每轮在A处和B处各投10次，根据统计该同学各轮三分球和两分球的投进次数如下图表：

若以五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率，则该同学通过测试的概率是___________．

【答案】

【分析】分别求出甲同学两分球投篮命中的概率和甲同学三分球投篮命中的概率，设甲同学累计得分为，则，由此能求出甲同学通过测试的概率．

【详解】解：依题意甲同学两分球投篮命中的概率为：，

甲同学三分球投篮命中的概率为：，

设甲同学累计得分为，

则

，

甲同学通过测试的概率为．

故答案为：

16．已知点，点在曲线上运动，点在曲线上运动，则的最小值是_____．

【答案】

【分析】作出图形，分析可知，，利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】如下图所示：

在双曲线中，，，，

圆的圆心为，半径长为，

所以，双曲线的左、右焦点分别为、，

由双曲线的定义可得，，

所以，，

当且仅当为射线与圆的交点，且时，等号成立，

故的最小值是.

故答案为：.

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，且，．

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出数列的通项公式；

（2）推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得.

【详解】(1)解：设等差数列的公差为，由可得，

解得，.

(2)解：，且，故数列为等比数列，且首项为，公比为，

因为.

18．如图，在四棱台中，底面是正方形，若，，．

(1)证明：平面平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，根据已知易证、，再由线面垂直、面面垂直的判定即可证结论；

（2）应用几何法找到二面角的一个平面角，进而求其余弦值即可.

【详解】(1)将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，

由题意知，且，，，分别是棱PA，PB，PC，PD的中点，

所以，又，，，

所以，故，

又，平面ABCD，平面ABCD，

所以平面ABCD，又平面，

所以平面平面ABCD．

(2)由底面是正方形，则，

由（1）知：面面ABCD，面面ABCD，而面ABCD，

所以面，过D作于G，连接AG，则面，

故面面，面面，面，

所以面，又面，则，

因此∠AGD为二面角的一个平面角，

在直角△ADG中，，，则，

所以，即二面角的平面角的余弦值为．

19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点D为AB的中点，点E满足，且．

(1)求A；

(2)若，，求的面积．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由三角形内角性质及正弦定理边角关系可得，进而求角的大小；

（2）在△ABC、△ADE中应用余弦定理可得、，求出b、c，再由三角形面积公式求面积.

【详解】(1)由得：，即，

由正弦定理得，

在△ABC中，，故，则，

因为，所以．

(2)在△ABC中，由余弦定理，得，

在△ADE中，由余弦定理得，

所以，化简得，即，

所以，代入得：，，

则△ABC的面积．

20．某市决定利用两年时间完成全国文明城市创建的准备工作，其中“礼让行人”是交警部门主扲的重点工作之一．“礼让行人”即当机动车行经人行横道时应当减速慢行，遇行人正在通过人行横道，应当停车让行．如表是该市某一主干路口电子监控设备抓拍的今年1-6月份机动车驾驶员不“礼让行人”行为的人数统计数据．

(1)请利用所给的数据求不“礼让行人”人数与月份之间的经验回归方程，并预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数（精确到整数）；

(2)交警部门为调查机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年的关系，从这6个月内通过该路口的机动车驾驶员中随机抽查了100人，如表所示：

依据小概率值的独立性检验，能否据此判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关?并说明理由．

附：参考公式：

，，其中．

独立性检验临界值表：

【答案】(1)，68人

(2)认为“礼让行人”与驾龄满3年有关，且推断犯错误的概率不超过0.05，理由见解析

【分析】（1）利用表中的数据和公式直接求解即可，

（2）先完成列联表，然后利用公式求解，再根据临界值分析判断.

【详解】(1)由表中数据可知：，，

所以，即，

所以，

所求得经验回归方程为．

当时，，

所以预测该路口11月份的不“礼让行人”违章驾驶员人数为68人．

(2)零假设为：“礼让行人”与驾龄满3年无关，

由题意知列联表为

由表中数据可得

根据小概率值的独立性检验，我们推新不成立，

即认为“礼让行人”与驾龄满3年有关，且推断犯错误的概率不超过0.05，

21．已知椭圆，直线与椭圆交于，两点，且的最大值为．

(1)求椭圆的方程；

(2)当时，斜率为的直线交椭圆于，两点（，两点在直线的异侧），若四边形的面积为，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）设，，联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，再根据弦长公式求解，结合函数的最大值可得，进而求得椭圆方程即可；

（2）设直线方程为，，，记点，到直线的距离分别为，，表达出，，根据求解即可.

【详解】(1)设，，联立直线与椭圆方程得，

消去y得，又，是这个方程的两个实根，

所以 ，由弦长公式得

，

所以当时，取到最大值，即，解得．

所以椭圆C的方程为．

(2)设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消去y得，

所以，且，

记点，到直线的距离分别为，，又，且，

所以

，

所以，

因为，所以，整理得，所以满足条件，

综上所述直线的方程为，即为．

22．已知函数和有相同的最小值．

(1)求的最小值；

(2)设，方程有两个不相等的实根，，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先利用二次函数的性质求出的最小值，对于求导后，分，和三种情况求出其最小值，从而利用基本不等式可求出其最小值，

（2）令，求导后可得判断出在单调递增，根据零点存在性定理可得存在使得，不妨设，则，所以，所以只需证即可，由，可得，，令，则，利用导数可得在（0，1）上单调递增，从而可得，化简变形可证得结论.

【详解】(1)因为，所以；定义域，，令得，，

当时，在上单调递减，在上单递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，，要使与有相同的最小值，

则，，所以，

所以，

当且仅当时，取等号．

所以最小值为.

(2)由已知得，，

令，

则恒成立，

则在上单调递增，即在单调递增，

因为，，

存在使得，

在上单调递减，在上单调递增，

又因为，当时，

当时，，

因此若方程有两个不相等的实根，（不妨设），

则必有，因此；

下证，

由，得，

则，

令，

令，则，

则，

令，则成立，

所以在（0，1）上单调递减，，即当时，成立，

所以在（0，1）上单调递增，即在（0，1）上单调递增，

故，由于，

因此，

得，得，

所以，

综上．

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是利用导数证明，由可得，令，利用可判断出此函数为增函数，则有，化简可证得结论，考查数计算能力，属于难题.