2023届浙江大学附属中学高三上学期期中数学试题含解析

2023届浙江大学附属中学高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，则的真子集共有（    ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．8个

【答案】B

【分析】根据交集运算得集合P，再根据集合P中的元素个数，确定其真子集个数即可.

【详解】解：

，的真子集是共3个.

故选：B.

2．若（为虚数单位）是纯虚数，则（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据纯虚数实部为0，虚部不为0即可求解.

【详解】，

由于为纯虚数，因此且，故，

故选：C

3．已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得，的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】即为基底表示出，结合数量积的运算求得正确答案.

【详解】,

，

所以

.

故选：B

4．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．

【详解】将式子进行齐次化处理得：

．

故选：C．

【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．

5．黄龙体育馆有A，B，C三个观看区，其中A、B、C三区人数之比为，已知三个区的出口在一条直线上，位置如图所示，体育馆拟在此间设一个临时医务室，为使所有观众从出口步行到医务室路程总和最小，那么医务室位置应在（    ）

A．A区 B．B区 C．C区 D．A，B两区之间

【答案】A

【分析】根据题意计算医务室分别在A、B、C各区和A、B两区之间时，所有观众从出口步行到医务室路程总和，选择最小的值即可得出答案．

【详解】设A、B、C三区人数分别为6n、3n、2n，(n＞0)，

当医务室在A区时，所有观众从出口步行到医务室路程总和是：3n×100＋2n×300＝900n（米），

当医务室在B区时，所有观众从出口步行到医务室路程总和是：6n×100＋2n×200＝1000n（米），

当医务室在C区时，所有观众从出口步行到医务室路程总和是：6n×300＋3n×200＝2400n（米），

当医务室在A、B两区之间时，设距离A区x米，(0＜x＜100)，则所有观众从出口步行到医务室路程总和是：6nx＋3n(100−x)＋2n(100＋200−x)＝nx＋900n＞900n（米），

综上，当医务室在A区时，所有观众从出口步行到医务室路程总和最小，为900n米．

故选：A．

6．已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意先算，再利用，求出时的通项公式，再利用数列的单调性，即可解决问题

【详解】当时，，

当时，，

由为递增数列，只需满足，即8>4+λ，解得，

则实数的取值范围是，

故选：D.

7．若过可做的两条切线，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设切点为，利用导数的几何意义可得切线方程为：，把点代入可得：，则此方程有大于0的两个实数根，列出不等式组，求解即可得出结论．

【详解】设切点为，切线的斜率，

则切线方程为：，

把点代入可得，

化为：，则此方程有大于0的两个实数根．

则，即，则，

故选：A．

8．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解

【详解】因为，所以，

又，

令，，

则，所以在单调递减，

所以，所以，即；

又，

令，

则，所以在单调递减，

所以，所以，即，

故

故选：B

【点睛】关键点睛：求解本题的关键是构造函数，和，利用导数判断单调性，从而可得的大小关系

二、多选题

9．习近平总书记强调，要坚持健康第一的教育理念，加强学校体育工作，推动青少年文化学习和体育锻炼协调发展．某学校对高一年级学生每周在校体育锻炼时长（单位：小时）进行了统计，得到如下频率分布表：

则下列关于高一年级学生每周体育锻炼时长有关的说法正确的有（    ）A．众数大约为2.5 B．中位数大约为4

C．平均数大约为3.95 D．第80百分位数大约为5.2

【答案】BCD

【分析】根据频率分布表性质逐项分析求解即可.

【详解】对于A，根据频率分布表可得，高一年级学生每周体育锻炼时长众数为，错误；

对于B，设高一年级学生每周体育锻炼时长中位数为，则，解得，正确；

对于C，高一年级学生每周体育锻炼时长平均数约为，正确；

对于D，因为，所以高一年级学生每周体育锻炼时长的第80百分位数大约为，正确.

故选：BCD.

10．已知第一象限内的点在直线上，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】首先根据题意得到，且，，再利用基本不等式和二次函数的性质依次判断选项即可.

【详解】依题意，有，且，.

对选项A，因此，

当且仅当，时，等号成立.故选项A正确；

对选项B，.

因为，所以，故选项B错误；

对选项C，因为，所以，

故选项C错误，

对选项D，，故选项D正确.

故选：AD

11．已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（    ）

A．C的准线为 B．直线AB与C相切

C． D．

【答案】BCD

【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.

【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；

，所以直线的方程为，

联立，可得，解得，故B正确；

设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，

所以，直线的斜率存在，设其方程为，，

联立，得，

所以，所以或，，

又，，

所以，故C正确；

因为，，

所以，而，故D正确.

故选：BCD

12．已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（    ）

A．

B．

C．当时，

D．当时，若的所有根记为，，，，且，则

【答案】ACD

【分析】首先根据两个函数极小值相同，分别求导，求出两个函数的极小值，解出b，然后将两个函数图像作出，根据图像可以判断出BC，对于D，首先根据题意得到对应的等式，然后变形，采用等量替换的方法，即可求解.

【详解】，，，

在上单调递减，上单调递增，

在处取得极小值，而，且，

在上单调递减，上单调递增，

在处取得极小值，依据题意，和有相同的极小值，

故，解得，故A正确；

作出函数图象如下图所示，若，则与、相交时，或者，故B错误.

由图像可知，当时，，所以，C正确；

若的所有根记为，，且时，

则有，，可得，

即，又

，同理可得，，则，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．二项式的展开式中的常数项为______．

【答案】15

【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为，求出展开式的常数项．

【详解】展开式的通项为,

令得，

所以展开式的常数项为，

故答案为：

14．写出一条与直线平行与且圆相切的直线方程___________.

【答案】或

【分析】根据题意设出所求直线方程为，且，利用圆心到直线的距离求出即可得直线方程.

【详解】解：设与直线平行的直线为，且

圆整理为，则圆心为，半径

又直线与圆相切

则圆心到直线的距离为，解得或

则直线方程为：或.

故答案为：或

15．某比赛有8支队伍参赛，分别为中国赛区1，2，3，4号队伍，韩国赛区1，2，3号队伍，欧洲赛区1号队伍.现淘汰赛需要抽签，分四组两两对决，要求来自同一赛区的队伍不进行对战且同一编号队伍不进行对战.则会出现___________种不同的对局情况.

【答案】

【分析】根据题意可知中国赛区1号队伍的对阵情况，再分类讨论，利用穷举法将所有对阵情况一一列出即可.

【详解】记中国赛区1，2，3，4号队伍分别为，韩国赛区1，2，3号队伍分别为，欧洲赛区1号队伍为，

根据题意，只能对战中的一支队伍，

当对战时，可以对战中的一支队伍，

若对战，则只能对战，故只能对战，只有1种情况；

若对战，则可以对战中一支队伍，对战剩下的队伍，一共有2种情况；

若对战，则只能对战，故只能对战，只有1种情况；

当对战时，只能对战中的一支队伍，

若对战，则可以对战中一支队伍，对战剩下的队伍，一共有2种情况；

若对战，则可以对战中一支队伍，对战剩下的队伍，一共有2种情况；

综上：对局情况一共有种.

故答案为：.

16．设的定义域为，，，，当时，恒成立，则_____________.

【答案】

【分析】利用赋值先求出和，再通过赋值，计算附近的两个值，利用函数在时，，即可求解.

【详解】令，得，令，得，

又因为，所以，，

，，，

而，，，，，

又因为在时，，

所以根据，有，

即，得.

故答案为：

四、解答题

17．已知函数.

(1)当时，求的值域；

(2)若且，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先对化为的形式，利用的取值范围和图象求得值域；

（2）利用第一问和题干可知,进而求得，然后利用和差公式求得结果.

【详解】（1），

∵，∴，∴，

∴的值域为；

（2）∵，

∵，∴，

∴，

∴.

18．记为数列的前项和，已知，是公差为2的等差数列.

(1)求证为等比数列，并求的通项公式；

(2)证明：.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析

【分析】（1）先由题设条件得到，再利用得到，从而可证得是等比数列，由此可求得的通项公式；

（2）利用放缩法得到，从而利用等比数列前项和公式即可得证.

【详解】（1）因为是公差为2的等差数列，，

所以，

当时，，

两式相减得，，即，

故，又，

所以是首项为，公比为的等比数列，

故，则.

（2）因为，所以，则，即，

所以.

19．某兴趣小组为了解某城市不同年龄段的市民每周的阅读时长情况，在市民中随机抽取了人进行调查，并按市民的年龄是否低于岁及周平均阅读时间是否少于小时将调查结果整理成列联表，现统计得出样本中周平均阅读时间少于小时的人数占样本总数的.岁以上（含岁）的样本占样本总数的，岁以下且周平均阅读时间少于小时的样本有人.

(1)请根据已知条件将上述列联表补充完整，并依据小概率值的独立性检验，分析周平均阅读时间长短与年龄是否有关联.如果有关联，解释它们之间如何相互影响.

(2)现从岁以上（含岁）的样本中按周平均阅读时间是否少于小时用分层抽样法抽取人做进一步访谈，然后从这人中随机抽取人填写调查问卷，记抽取的人中周平均阅读时间不少于小时的人数为，求的分布列及数学期望.

参考公式及数据：，.

【答案】(1)列联表见解析；周平均阅读时间长短与年龄有关联；随着年龄的增长，周平均阅读时间也会有所增长.

(2)分布列见解析；数学期望

【分析】（1）根据已知数据可计算得到补全列联表所需的数据，进而补全列联表，并计算得到，由此可得结论；

（2）根据分层抽样原则可确定样本中周平均阅读时间少于小时和不少于小时的人数，由此可得所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；由数学期望计算公式可求得期望值.

【详解】（1）样本中周平均阅读时间少于小时的人数占样本总数的，

样本中周平均阅读时间少于小时的人数为人，

则其中年龄在岁以上（含岁）的人数为人；

岁以上（含岁）的样本占样本总数的，

岁以上（含岁）的人数为人，

则其中周平均阅读时间不少于小时的人数为人；

岁以下周平均阅读时间不少于小时的人数为人；

则补充列联表如下：

假设：周平均阅读时间长短与年龄无关联，

，

依据小概率值的独立性检验分析判断不成立，即周平均阅读时间长短与年龄有关联.

二者之间的相互影响为：随着年龄的增长，周平均阅读时间也会有所增长.

（2）由题意可知：抽取的人中，周平均阅读时间少于小时的有人，不少于小时的有人；

则所有可能的取值为，

；；；；

的分布列为：

数学期望.

20．疫情期间，为保障学生安全，要对学校进行消毒处理．校园内某区域由矩形与扇形组成，，，．消毒装备的喷射角，阴影部分为可消毒范围，要求点在弧上，点在线段上，设，可消毒范围的面积为．

(1)求消毒面积关于的关系式，并求出的范围；

(2)当消毒面积最大时，求的值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）求出扇形和梯形的面积，可求得关于的关系式，求出的取值范围，可求得的范围；

（2）根据（1）中的函数关系式，利用导数法可求得取最大值时，对应的的值.

【详解】（1）解：由题意可知，则扇形的面积为，

，则，且，

所以， 梯形的面积为，

，且，则，故，

所以，，.

（2）解：设，，

，且，

记为锐角，且，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，当时，，即时，取最小值，此时取最大值.

21．已知椭圆的离心率为，过定点的直线与椭圆有两个交点，，当轴时，.

(1)求椭圆的方程；

(2)是否存在一点，，使得，若存在，求出点坐标，若不存在请说明理由.

【答案】(1)；

(2)答案见解析.

【分析】（1）由题得和椭圆经过点，列方程组解方程组即得解；

（2）当直线的斜率为0时，求出；当直线的斜率不等于0时，设 ，设其方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，由题得，再把韦达定理代入化简得，即得解.

【详解】（1）由题得，所以.

当轴时，，所以椭圆经过点，.

所以椭圆的标准方程为.

（2）当直线的斜率为0时，,由得或（舍去）. 所以.

当直线的斜率不等于0时，设 ，设其方程为 ，

联立椭圆方程得，化简得.

所以，.

由得，所以,

所以，

所以，所以，

所以. 所以直线的方程为，所以存在一点，使得.

综上所述，存在一点，使得.

22．已知函数，其中为自然对数的底数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，且，证明：.

【答案】（1）时，递增；时，递减；（2）证明见解析.

【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）首先方程变形为，设，，通过构造函数，，利用导数证明，再分和时，证明.

【详解】解：（1），是减函数，是增函数，

所以在单调递减，

∵，

∴时，，单调递增；时，，单调递减.

（2）由题意得，，即

，，

设，，则由得，，且.

不妨设，则即证，

由及的单调性知，.

令，，则

，

∵，∴，，

∴，取，则，

又，则，

又，，且在单调递减，∴，.

下证：.

（i）当时，由得，；

（ii）当时，令，，则

，

记，，则，

又在为减函数，∴，

在单调递减，在单调递增，∴单调递减，从而，在单调递增，

又，，

∴，

又，

从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得，

当时，单调递减；

当时，单调递增.

所以，，

又，

，

所以，，

显然，，

所以，，即，

取，则，

又，则，

结合，，以及在单调递增，得到，

从而.

【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式成立，换元后转化为，两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.