浙江省金华十校2022-2023学年高三数学上学期11月模拟考试（一模）试题（Word版附解析）

金华十校2022年11月高三模拟考试

数学试题卷

本试卷分选择题和非选择题两部分．考试时间120分钟．试卷总分为150分．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．

选择题部分（共60分）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出集M、N，再求两集合的交集即可.

【详解】由，得，所以，

由，得，所以，

所以.

故选：A.

2. 已知，其中为虚数单位，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的运算得出，进而得出.

【详解】，则

故选：B

3. 在正方形中， 分别为，的中点，则不正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量的线性运算，一一判断各选项，可得答案.

【详解】由题意可得,A正确；

,故B正确；

由 , ,

可得,

故,故C错误，D正确；

故选：C.

4. 已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解得，又利用对数运算可判断，结合基本不等式可判断与的大小，即可得的大小关系.

【详解】解：，

由于，

，取等条件应为，即，而，故，

，取等条件为，即，而，故，所以.

故选：A.

5. 打羽毛球是全民皆宜的运动．标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为7cm，若把球托之外由羽毛围成的部分看成一个圆台的侧面，又测得顶端所围成圆的直径是6.8cm，底部所围成圆的直径是2.8cm，则这个圆台的体积约是（单位：）（    ）

注：本题运算时取3，取2.24，运算最后结果精确到整数位．

A. 108 B. 113 C. 118 D. 123

【答案】D

【解析】

【分析】由圆台的体积公式求解即可.

【详解】圆台的体积为

故选：D

6. 已知样本空间由所有满足，且的数组组成，在中抽取一个数组，记事件“”为抽到的数组中，，的最大值为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】列举出所有符合题意的数组，可得满足的数组个数，根据古典概型的概率公式，即可得答案.

【详解】由题意可知，符合题意数组有：，

，共12组，

其中事件“”的数组有，

故，

故选：D.

7. 已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.

【详解】由已知，函数在上单调递增，

所以，解得：，

由于，所以，解得：①

又因为函数在上恒成立，

所以，解得：，

由于，所以，解得：②

又因为，当时，由①②可知：，解得；

当时，由①②可知：，解得.

所以的取值范围为.

故选：B.

【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.

8. 如图是一个由正四棱雉与棱长为的正方体形成的组合体，这个组合体在直径为的球内，且点，，，，在球面上，则（    ）

A. 的取值范围是

B. 正四棱雉的高可表示为

C. 该组合体的体积最大值为

D. 二面角的大小随着的增大而减小

【答案】C

【解析】

【分析】由球心与截面圆的圆心以及球面上的点的关系结合勾股定理可判断AB；表示出组合体的体积，利用导数研究单调性，可判断C；表示出二面角的正切值并研究单调性可判断D

【详解】球的直径为，则半径为，

由题意知，所以，故A错误；

设正方体上下中心分别为，外接球球心为，

，则，

所以高，故B错误；

，，

所以在单调递增，，故C正确；

设二面角的平面角为，

则

，

易知单调递增，故D错误；

故选：C

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 已知正方体，，分别为，的中点，则（    ）

A. 直线与所成角为

B. 直线与所成角为

C. 直线与平面所成角为

D. 直线与平面所成角的正弦值为

【答案】ABC

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，求出正方体各顶点坐标，求出相关向量以及相关平面法向量的坐标，根据数量积的计算以及空间角的向量求法，即可判断答案.

【详解】以D为坐标原点，以射线为轴正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，

则,,

则 ,故，则，

故直线与所成角为，A正确；

,,

又，故，即直线与所成角为，B正确；

,

设平面的法向量为 ，

则 ，令 ，则，

故,因为直线与平面所成角范围为 ，

故直线与平面所成角的正弦值为，

所以直线与平面所成角为，C正确；

,设平面的法向量为，

则 ，令 ，则，

故,

故直线与平面所成角的正弦值为，D错误.

故选：ABC.

10. 已知函数，，，为图象上的三点，则（    ）

A. 有两个零点

B. 若为极小值点，则

C. 直线是曲线的切线

D. 若，则

【答案】AC

【解析】

【分析】利用导数研究的单调性、极值，进而确定零点并画出函数图象，即可判断A、B、C；在图象上任找两点，线段中垂线交图象与点，即有，图象上找反例，判断D.

【详解】由题设，易知：、上，即递增，上，即递减.

所以极大值为，极小值为，且，显然有两个零点，A正确，B错误；

的函数图象如下：

由上分析及图知：直线是曲线的切线，C正确；

在图象上任找两点，线段中垂线交图象于点，此时，

如上图，在图象中可取三点，其中，，，

所以，存在，D错误.

故选：AC

11. 已知抛物线，过焦点F直线l与C交于，两点，，E与F关于原点对称，直线与直线的倾斜角分别是与，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】作轴于，做轴于， 设直线的方程为，与抛物线方程联立求出，求出，可判断A；求出可判断B；求出利用基本不等式得出可判断C；求出、，做差与0比较大小可判断D.

【详解】做轴于，做轴于，

所以，，抛物线的焦点，

因为，所以，即，所以直线的斜率存在设为，

可得直线的方程为，与抛物线方程联立，整理得

，所以，，

对于A，，，所以，故错误；

对于B，因为，

所以

，所以直线与的倾斜角互补，即

，故正确；

对于C，因为，所以，即，

因为，所以，故错误；

对于D，因为，所以，

，，所以，

所以，

所以，即，故正确.

故选：BD.

12. 己知函数及其导函数的定义域均为R．记，若为偶函数，为奇函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】由为偶函数，可得的图象关于直线对称，由为奇函数，可得的图象关于对称，再由，可得的图象关于对称，然后逐个分析判断即可.

【详解】因为偶函数，所以，

令，则，所以，即，

所以的图象关于直线对称，

所以，所以D正确，

由，得，

所以，所以，

所以的图象关于对称，

因为为奇函数，所以，

所以的图象关于对称，

所以的周期为，

令，则，所以，

所以

所以，所以C正确，

因为的周期为2，所以，

因为的图象关于对称，所以，所以不一定成立，所以B错误，

由，可得，所以（为常数），所以，此式不一定为零，所以A错误，

故选：CD

【点睛】关键点点睛：此题考查函数奇偶性和对称性的综合应用，考查抽象函数的奇偶性，解题的关键是利用已知的式子结合奇偶性的定义求出函数的对称轴和对称中心，再得到函数的周期，考查数学抽象能力，属于难题.

非选择题部分（共90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 二项式的展开式中常数项是_______．

【答案】6

【解析】

【分析】求出二项式展开式的通项，令x的指数为0，结合通项公式即可求得答案.

【详解】二项式的展开式的通项为，

令 ，即二项式的展开式中常数项是，

故答案为：6.

14. 若直线是曲线和的公切线，则实数的值是___________．

【答案】

【解析】

【分析】设直线与曲线、分别相切于点、，利用导数求出曲线在点处的切线方程，以及曲线在点处的切线方程，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得的值.

【详解】设直线与曲线、分别相切于点、，

对函数求导得，则，

曲线在点处的切线方程为，即，

对函数求导得，则，

曲线在点处的切线方程为，即，

所以，，化简可得.

故答案为：.

15. 已知圆与圆，点是圆上的一点，过圆心作直线的平行线与圆交于点（和不在轴同侧），交轴于点，以为直径的圆与圆的一个交点为，则圆心与圆心到直线的距离之和是____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据三角形相似，以及两圆位置关系，通过几何关系，即可容易求得结果.

【详解】根据题意，连接交轴于，过作的垂线，垂足记作，如下所示：

因为//，故△△，则；

又因为点在以为直径的圆上，故，又在圆上，则，

又△△，则，故；

则，即圆心与圆心到直线的距离之和为.

故答案为：.

16. 已知椭圆，过椭圆右焦点F作互相垂直的两条弦，，则的最小值为_______________．

【答案】##

【解析】

【分析】考虑直线的斜率是否存在情况，存在时设，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，化简求得弦长的表达式，进而推出，从而将化为，利用基本不等式即可求得最小值.

【详解】由椭圆可知右焦点 ，

当直线 的斜率不存在时，方程为，

则 ，此时 ， ；

当直线的斜率存在时，

设 ，则 ，

又设点 ．

联立方程组 ，消去y并化简得 ，

因为过椭圆右焦点F，则必有 ，

  ， ，

  ，

由题意知，直线斜率为 ，同理可得 ，

所以 ．

所以

，

当且仅当时取得等号，

故综合以上，的最小值为，

故答案为：.

【点睛】本题考查了直线和椭圆的位置关系的应用，考查了最值问题的求解，综合性强，计算量大，解答时要能熟练应用联立方程利用根与系数的关系，求解弦长问题，解答的关键是根据弦长的表达式特征求得，继而利用基本不等式“1”的巧用求解最值.

四、解答题：本题共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. 已知数列是首项为1，公差为1的等差数列．

（1）求：

（2）若求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由于数列是首项为1，公差为1，则可求得，即得；

（2）按照裂项求和求即可.

【小问1详解】

解：∵是首项为1，公差为1的等差数列，

则，

可得．

【小问2详解】

解：∵，

时，，

∴

．

18. 设的内角，，的对边分别为，，，且．

（1）求角的大小；

（2）设为边的中点，，，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)由已知，借助正弦定理进行边角转化，将条件转化为，然后利用，进行拆分组合，即可完成角；

(2)由已知，可设，，借助余弦定理得到等量关系，直接求解即可.

【小问1详解】

∵．

由正弦定理可得．

由，则有，

化简可得：，

即，则，

∵，，且，

解得或（舍）．故．

【小问2详解】

在中，设，，

，

，

因为，所以有：；

由余弦定理：，

代入可得，

由，解得，（舍）．

因为，所以，

∴．

19. 如图，在四棱锥中，平而平面，，，．

（1）求证：∥平面；

（2）求点到平面的距离：

（3）求平面与平面的夹角．

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）30°

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出的方向向量和平面的法向量，通过计算其向量垂直来证明线面平行；

（2）利用向量法求点到面的距离；

（3）利用法向量的夹角求二面角.

【小问1详解】

由已知可得：，，

如图以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

设，则由，，

可得方程组，解得．

可得．由于，可得．

所以，设平面的法向量，

由，解得平面的法向量是，

∴，EF不在平面SAB内，

故平面．

【小问2详解】

设点到平面的距离为，

∵由，∴

点到平面的距离是．

【小问3详解】

设平面的法向量为，

由可得平面的法向量为，

设平面与平面的夹角为．

则，则

故平面与平面的夹角为30°．

20. 浙江省实行新高考改革方案以来，英语每年安排两次考试，第一次在1月与选考科目同期进行，称为“首考”，第二次在6月与语文、数学同期进行，称为“老高考”，考生可选用其中一次较好的成绩计入高考总分．英语在“首考”中“一考两用”，成绩既用于评定学业水平等级又可用于高考，学考合格后的考生，英语第二次考试成绩仅用于高考，不计算学考等第.2022年1月“首考”中，英语成绩达到117分及以上的考生，学考等第为A．某校为了解英语考试情况，随机抽取了该校男、女各名学生在“首考”中的英语考试成绩，情况如下表，并经过计算可得．

（1）从名学生中随机选择1人，已知选到的学生英语学考等第为A，求这个学生是男生的概率；

（2）从名女生中任意选2人，记这2人中获得A等的人数为，求的数学期望与方差．

附：，其中．

附表：

【答案】（1）   

（2）；

【解析】

【分析】（1）由条件概率的概率公式求解即可；

（2）先由求得，再求出的可能取值以及每个值所对应的概率，即可得分布列，进而由期望与方差公式求解即可

【小问1详解】

用表示事件“选到的学生学考等第为A等”，用表示事件“选到男生”，

则．

【小问2详解】

由，

而，可得．

因为的可能取值为0，1，2．

，，
 

所以这2人种获得A等人数的概率分布列为

数学期望

方差．

21. 已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点到这条渐近线的距离为．

（1）求双曲线方程；

（2）若双曲线的右支上存在三点、、，满足，，，求直线的方程．

【答案】（1）；   

（2）或.

【解析】

【分析】（1）根据渐近线方程以及点到直线的距离公式，求得，则双曲线方程得解；

（2）设出直线的方程，联立双曲线方程，结合韦达定理，由点在双曲线上，三角形的面积，以及，建立参数之间的方程组，求解即可.

【小问1详解】

由已知条件得：，解得：，所以双曲线方程为：.

【小问2详解】

取中点，根据题意，作图如下：

当不存在时，设直线方程为，则点坐标为，故，

解得，不妨取，又点坐标为，故，不符合题意，故舍去；

当存在时，不妨设，则此时，

由韦达定理得：，，

∴

∴点的坐标为，即，

将它代入得：，化简得：．

又，∴

即，∴，又．

∴

．

解得：，此时，则的方程为

根据对称性，的另外一条直线方程为．

【点睛】关键点睛：本题考查双曲线方程的求解，以及利用韦达定理，三角形面积求解直线的方程；其中解决问题的关键是要能够建立，之间的方程组，以及将三角形的面积与三角形的面积建立联系，属于综合困难题.

22. 已知函数，记．

（1）当时，求函数的最小值；

（2）若函数有三个零点，且．

①求的取值范围；

②证明：．

【答案】（1）.   

（2）① ；②证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，确定函数单调性，进而求得函数的最小值；

（2）（i）当时，判断函数的单调性，说明不合题意，当时，根据导数判断函数的单调情况，结合零点存在定理，判断函数有三个零点，符合题意；

（ii）由题意可判断三个零点的范围且满足，因为要证明，即，也即，又因为 ，故只要证明，故构造函数，利用其单调性证明即可证明结论成立.

【小问1详解】

因为，

当时，，

所以函数在上单调递增，又．

因此，当吋，，当吋，．

即函数在上单调递减，在上单调递增，

故函数的最小值为．

【小问2详解】

（i）由，所以，

于是，当时， ,仅当时取等号，,仅当时取等号，

函数在上单调递增，此时至多有一个零点，不符合题意；

当时，令，得，

当或时，，

当时，

函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

注意到，当吋，，所以，，

又 ， ，

令 ，当时，，

当时，，故，所以，

故 ，

则 ，

，

因此， 在 内恰有一个零点（即在有一个零点），

在内有一个零点，即 ，在内有一个零点，

故有三个零点，则．

（ii）由题意知，又注意到，

所以，即．

当时，先证明不等式恒成立，

设，则，

所以函数在上单调递增，于是，

即当时，不等式恒成立．

由，可得，

因此，，两边同除以，得，

而，故．

【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最值以及根据零点个数求参数范围和证明不等式问题，综合性强，计算量大，对学生的综合数学素养有很高的要求，解答时要能熟练应用导数的相关知识，比如求导，判断导数正负，判断单调性,解决函数零点问题等，解答的关键在于能根据要证明的不等式合理变式，从而构造恰当的函数，利用导数解决问题.