2023届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考数学试题含答案

这是一份2023届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考数学试题含答案，共24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。

2023届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考数学试题

一、单选题
1．设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解不等式后由补集与交集的概念求解
【详解】由题意得，则，
故选：C
2．若 （为虚数单位），则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法先求，然后可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3．已知边长为3的正，则（    ）
A．3 B．9 C． D．6
【答案】D
【分析】由数量积的运算律化简后求解
【详解】由题意得，
故，
故选：D
4．直三棱柱的各个顶点都在同一球面上，若，则此球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通过已知条件求出底面外接圆的半径，设此圆圆心为，球心为，在中，求出球的半径，然后求出球的表面积.
【详解】如图所示，三角形的外心是，外接圆半径，
在中，，，

可得，
由正弦定理，，
可得外接圆半径，
设球心为，连接，，，
在中，求得球半径，
此球的表面积为．
故选：B．
5．在新高考改革中，浙江省新高考实行的是7选3的模式，即语数外三门为必考科目，然后从物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术（含信息技术和通用技术）7门课中选考3门.某校高二学生选课情况如下列联表一和列联表二（单位:人）

选物理
不选物理
总计
男生
340
110
450
女生
140
210
350
总计
480
320
800
表一

选生物
不选生物
总计
男生
150
300
450
女生
150
200
350
总计
300
500
800
表二

试根据小概率值的独立性检验，分析物理和生物选课与性别是否有关（    ）
附:

















A．选物理与性别有关，选生物与性别有关
B．选物理与性别无关，选生物与性别有关
C．选物理与性别有关，选生物与性别无关
D．选物理与性别无关，选生物与性别无关
【答案】C
【分析】结合题干数据，以及公式，分别计算物理和生物学科的值，与比较，分析即得解
【详解】由题意，先分析物理课是否与性别有关：
根据表格数据，

结合题干表格数据，，
因此，有充分证据推断选择物理学科与性别有关
再分析生物课是否与性别有关：
根据表格数据，

结合题干表格数据，，
因此，没有充分证据推断选择生物学科与性别有关
故选：C
6．等比数列的公比为q，前n项和为，则以下结论正确的是（    ）
A．“q0”是“为递增数列”的充分不必要条件
B．“q1”是“为递增数列”的充分不必要条件
C．“q0”是“为递增数列”的必要不充分条件
D．“q1”是“为递增数列”的必要不充分条件
【答案】C
【分析】等比数列为递增数列，有两种情况，或，从而判断出答案.
【详解】等比数列为递增数列，则，或，
所以等比数列为递增数列，
但时，等比数列不一定为递增数列
所以“q0”是“为递增数列”的必要不充分条件.
故选：C
7．若，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先将化简，然后分别对，和，进行作差，构造函数，利用导数判断出构造函数的单调性，通过单调性对作差结果的正负进行判断，从而比较出大小.
【详解】∵
∴
令
则，易知在区间单调递增，，
∴在区间单调递增，
又∵
∴，即，
∴

令
则，当时，，
∴在区间单调递增，
又∵
∴，即，
∴，
综上所述，，，之间的大小关系为.
故选：A.
8．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍䠢”指底面为矩形.顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体是一个“刍䠢”，其中是正三角形， ， ，则该五面体的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据五面体特征利用线面平行的判定以及性质定理证明平面,进而说明该几何体可以被分割为直棱柱和两个相同的四棱锥、 ,进而求得相关线段的长，根据体积公式即可求得答案.
【详解】由题意知,平面,平面,
所以平面,又平面平面,平面,
所以,而平面,平面,故平面,
设中点为G，连接，故,由于,
则四边形为平形四边形，则,
因为，所以,
由已知可得,而是正三角形，
则 ,所以,又,则为等边三角形，

作,垂足为M,则 ,作 ,垂足为H,
则 ,
则分别过点作的平行线，交于,连接,
则,又平面,
所以平面,同理平面,
由于是正三角形，平面，
故五面体可分割为直棱柱和两个相同的四棱锥、 ,
由于是正三角形，平面,则处于过的中点连线且和底面垂直的平面内，
即五面体的两侧面是全等的梯形，故,
由于,
由于棱柱为直棱柱，可知平面平面,
则四棱锥的高即为的底边上的高，为，
所以该五面体的体积为,
故选:D
【点睛】本题考查了不规则几何体的体积的求法，考查了空间线面的位置关系，综合性强，解答时要充分发挥空间想象能力，明确线面的位置关系，进而进行相关计算.

二、多选题
9．下列命题中正确的是（    ）
A．函数的周期是
B．函数的图像关于直线对称
C．函数在上是减函数
D．函数的最大值为
【答案】AD
【分析】A：根据正弦型函数的周期公式进行求解即可；
B：根据余弦型函数的对称性的性质进行判断即可
C：利用导数的性质进行求解判断即可；
D：根据诱导公式，结合余弦弦型函数的单调性进行求解判断即可.
【详解】A：由正弦型函数的周期公式可知：该函数的周期为，故本命题是真命题；
B：，令：，
，所以不是该函数的对称轴，因此本命题是假命题；
C：，由，
即，所以该函数在上是增函数，所以本命题是假命题；
D：
，显然该函数的最大值为，因此本命题是真命题，
故选：AD
10．拋物线的焦点为，过的直线交拋物线于两点，点在拋物线上，则下列结论中正确的是（    ）
A．若，则的最小值为4
B．当时，
C．若，则的取值范围为
D．在直线上存在点，使得
【答案】BC
【分析】对A，根据抛物线的定义转化求解最小值即可；对B，根据抛物线的定义，结合三角函数关系可得直线倾斜角，再根据抛物线焦点弦长公式求解即可；对C，根据抛物线的定义可得，再分析临界条件求解即可；对D，
【详解】对A，如图，由抛物线的定义，的长度为到准线的距离，故的最小值为与到准线距离之和，故的最小值为到准线距离 ，故A错误；

对B，不妨设在第一象限，分别过作准线的垂线，垂足，作.则根据抛物线的定义可得，故
.
故，所以.故B正确；

对C，过作垂直于准线，垂足为，则，由图易得，故随的增大而增大，当时在点处，此时取最小值1；当与抛物线相切时最大，此时设方程，联立有，，此时解得，不妨设则方程，此时倾斜角为，.
故的取值范围为，故C正确；

对D， 设，中点，故到准线的距离，又，故，故以为直径的圆与准线相切，又满足的所有点在以为直径的圆上，易得此圆与无交点，故D错误；

故选：BC
11．如图，是圆O的直径，与圆O所在的平面垂直且，为圆周上不与点重合的动点，分別为点A在线段上的投影，则下列结论正确的是（    ）

A．平面平面
B．点在圆上运动
C．当的面积最大时，二面角的平面角
D．与所成的角可能为
【答案】ABC
【分析】通过圆的性质和已知证明平面PBC，然后由面面垂直判定定理可判断A；利用已知证明平面AMN，再由平面PBC可得，然后可判断B；利用和基本不等式可得的面积最大时，然后可判断C；利用线面角是直线和平面内任意直线所成角中最小角可判断D.
【详解】因为平面ABC，平面ABC，所以，
又AC为圆O的直径，所以
又因为平面PAB，平面PAB，，所以平面PAB，
又平面PAB，所以
因为，，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
因为平面ANM，所以平面平面，A正确；
因为平面PBC，平面PBC，所以，
又，，平面AMN，平面AMN，
所以平面AMN，所以点N在PC的中垂面内，
因为平面ANM，所以，所以点N在以AM为直径的圆上，故B正确；
因为，，所以M为PC的中点，所以，
所以，所以，
所以，当且仅当时等号成立，，
由上知，平面AMN，平面AMN，所以，
又，所以为二面角的平面角，故C正确；
由上可知，直线PA与平面AMN所成角为，又平面ANM，
所以与所成的角大于等于，即大于等于，故D错误.
故选：ABC
12．已知函数，其中实数，点，则下列结论正确的是（    ）
A．必有两个极值点
B．当时，点是曲线的对称中心
C．当时，过点可以作曲线的2条切线
D．当时，过点可以作曲线的3条切线
【答案】ABD
【分析】对求导，得到的单调性，判断的极值点个数可判断A；当时，计算可判断B；当时，设切点为，求出过点的切线方程，通过求可判断C；设切点为，求出过点的切线方程，令所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数即可判断D.
【详解】对于A，，
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值.
所以A正确；
对于B，当时，，
，
，所以点是曲线的对称中心，所以B正确；
对于C，当时，，令，
，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
化简得：，，
所以过点不可以作曲线的切线，所以C不正确；
对于D，，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得：，令
所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.
,
则在上单调递增，在上单调递减，
，如下图所示，

当时，过点可以作曲线的3条切线.
故D正确.
故选：ABD.

三、填空题
13．已知直线与圆相切，则______.
【答案】
【分析】根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【详解】由点到直线的距离公式可得，
故答案为：
14． 的展开式中不含的各项系数之和______.
【答案】128
【分析】对每一个括号利用二项展开式的通项公式进行展开，展开后对每一项进行合并，合并后使得项幂次为0，确定项数后即可得到答案.
【详解】利用二项展开式的通项公式进行展开，设项为，项为，项为.
展开后得对每一项进行合并得 ，因为展开式中不含，所以，又得取值为，得取值为，故得.
代入展开式得，又得取值为，分别带入后各项系数之和为.
故答案为：128
15．已知偶函数及其导函数的定义域均为，记,不恒等于0，且 ，则______.
【答案】0
【分析】偶函数的导函数为奇函数，再根据周期性求解.
【详解】因为是偶函数，定义域为，
所以为奇函数且定义域为，
又，，
所以，即，
所以周期为2，
所以=，
所以，
所以，即.
故答案为：0
16．已知椭圆，点，过点的直线与椭圆相交于两点，直线的斜率分别为，则的最大值为______.
【答案】
【分析】从直线斜率为和不为两个方面取讨论.斜率为时，分别为椭圆左、右顶点，可直接求;斜率不为时，设出直线方程，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、直线的斜率公式与直线方程化简的式子，通过分析的正负，再根据基本不等式即可得到的最值.
【详解】当直线的斜率为时，分别为椭圆左、右顶点，则
当直线的斜率不为时，设直线的方程为，点，
由消去，整理得.
.


当时，，当且仅当，即时取得等号.
此时，.
当时，，当且仅当，即时取得等号.
此时，.
综上可知，的最大值为：

故答案为：1.

四、解答题
17．在①且，②且，③正项数列满足这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.问题:已知数列的前项和为，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）选择条件①或选择条件③，根据与的关系，得递推关系式，再求解数列的通项公式即可；选择条件②，根据条件得是隔项等差数列，按照等差数列的通项公式求解即可；
（2）由（1）得，按照裂项求和之和即可证明不等式成立.
【详解】(1)解：（1）选择①
当时，，
，
两式作差得：，
整理得，
所以为常数列，因此，
所以.
选择②
得，

两式相减得，即数列为隔项等差数列，且公差为，
当时，，又，则，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
综合得：；
选择③
又，得.
当时，，

两式相减得：，即.
又因为，所以，故为公差为1的等差数列，
得.
(2)证明：由（1）可得
所以



因为
所以
因此.
18．记的内角的对边分别为，已知.
(1)的值;
(2)若b=2，当角最大时，求的面积.
【答案】(1)0
(2)

【分析】（1）由正弦定理结合得到，推导出；
（2）方法一：根据，结合第一问中的结论，结合基本不等式求出当时A取到最大值，由正弦定理求出，利用三角形面积公式求出答案；
方法二：根据，利用余弦定理得到，利用角A的余弦定理，结合基本不等式求出A取到最大值为，此时，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】(1)∵，由正弦定理得：，
∵，
∴，
∴，
方程两边同时除以得：
∴，
(2)方法一：∵


当且仅当，即时等号成立，此时A取到最大值.
∵，
∴，
则，
由正弦定理得：，即，解得：，
∴当A最大时，
方法二：∵，
∴，
∴，
∴，
∴
，
当且仅当，即时等号成立，此时A取到最大值为，
∵，
∴，
∴当A最大时，
19．如图，在四棱锥平面平面，底面是平行四边形，.

(1)求证：
(2)求平面与平面的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质定理得面，再由线面垂直的判定定理证面，再由线面垂直的性质定理证明
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解
【详解】(1)∵∴又底面是平行四边形∴，
面面，面面.∴面，
故从而，故为正三角形.
取中点O，连接，则，
，面，面，从而面.面
故.

(2)（法一）：
如图，建立空间直角坐标系，则，
设由得解得，
，，
设面得法向量为，则即，
取
又面的法向量是，∴
故平面与平面的夹角为.

（法二）由（1）可知，故.又，
得.故，即.
如图所示，建立空间直角坐标系，则

以下步骤同法一.
（法三）由（1）可知，故.又，
得.故，即.
设平面平面，
∵面面，
∴面，
又面，平面平面，
∴

过点P作交的延长线于点H，连接，因平面平面，
故面，且
∵，易得，
又，∴，
∴即为平面与平面的夹角.
在中，，得.
故平面与平面的夹角为.
20．甲，乙两位同学组队去参加答题拿小豆的游戏，规则如下：甲同学先答2道题，至少答对一题后，乙同学才有机会答题，同样也是两次机会.每答对一道题得10粒小豆.已知甲每题答对的概率均为，乙第一题答对的概率为，第二题答对的概率为.若乙有机会答题的概率为.
(1)求;
(2)求甲，乙共同拿到小豆数量的分布列及期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）用对立事件求概率公式进行求解；
（2）求出的可能取值，及对应的概率，从而求出分布列，计算出数学期望.
【详解】(1)由已知得，当甲至少答对1题后，乙才有机会答题.
所以乙有机会答题的概率为，
解得；
(2)X的可能取值为0，10，20，30，40；





所以X的分布列为：
X
0
10
20
30
40
P






.
21．已知点在双曲线上.
(1)求双曲线的渐近线方程;
(2)设直线与双曲线交于不同的两点，直线分别交直线于点.当的面积为时，求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由双曲线的性质求解，
（2）由两点坐标表示，联立直线与双曲线方程，由韦达定理化简，再由列方程求解
【详解】(1)将点代入方程，解得，
所以双曲线C的方程为，渐近线方程为；
(2)联立，整理得，由题意，
得且，设点E，F的坐标分别为，由韦达定理得，
直线的方程为，令，得，即，同理可得，
，


，
所以的面积，即，
解得或，又且，所以k的值为.
22．已知函数与函数
(1)若，求的取值范围;
(2)若曲线与轴有两不同的交点，求证:两条曲线与共有三个不同的交点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由函数化简得，然后采用分离常数的方法转化为求函数的最值求解即可.
（2）根据题设先证两条曲线与曲线相交于两个交点，再构造新函数来证明这两曲线还有除这两交点外的第3个交点，即证两条曲线与共有三个不同的交点.
【详解】(1)即
若则不等式恒成立
若由得
令则
在单调递增，在单调递减
∴即
∴a的取值范围是
(2)若曲线与x轴有两不同的交点，即函数有两个不同的零点，
，不妨设，由（1）可得到.
，则，即.
同理：由得，从而曲线与曲线已经相交于两个交点.
下面证明这两条曲线还有一个交点：
令，则
令
关于t单调递增，
令
∴存在，使在递减，在递增，
又，
∴有两个零点，不妨设，令，即有且只有两个极值点.
从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又
若，则，又由得与题设矛盾
∴同理且.又
故
∴
故在间存在唯一的使得
即两条曲线与还有一个交点
故若曲线与x轴有两不同的交点，则两条曲线与共有三个不同的交点.
【点睛】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，最值，函数的零点，考查了学生很强的运算能力和分析问题的能力，属于难题.