浙江省名校协作体2022-2023学年高三上学期适应性联合考试数学试题（解析版）

这是一份浙江省名校协作体2022-2023学年高三上学期适应性联合考试数学试题（解析版），共27页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。

2022学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题
高三年级数学学科
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号．
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷．
选择题部分
一、选择题：本大题共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. 已知集合，，，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得集合，得到，结合和选项，即可求解.
【详解】由题意，集合，或，
所以或，
因为，结合选项可得.
故选：D.
2. 已知向量满足，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对平方，代入已知条件整理得，再利用数量积公式可求得.
【详解】，，
又，，，
设与的夹角为，
，
从而，所以与的夹角.
故选：C
3. 如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（       ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据弧长公式，可得出两个扇形的半径之比，从而可求出面积之比.
【详解】设，，，，，
而，，即是的中点，
，，
.
故选：C
4. 已知复数z满足，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由复数相等，得出的关系式，消去得到关于的一元二次方程有实数解，利用，求解即可得出答案.
【详解】设，则，
整理得：,
所以，消去得,
因为方程有解，所以，解得：.
故选：D.
5. 若，则的最大值是（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，利用余弦定理求得，再结合三角形的面积公式计算即可得出答案.
【详解】解：设，则，
，
又，代入上式得，
又，则，
所以当时，取最大值．
故选：B.
6. 用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.
【详解】因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，
设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：
，
在中，，
解得：，
所以椭圆离心率为.

故选：A
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.
8. 已知数列满足递推关系，且，若存在等比数列满足，则公比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先设，，，，分析得，，所以，又分析得，再用数学归纳法证明得，，再设函数，分析得函数在单调递增，所以，得到，即，再利用条件得，分析得，再设函数，，分析得在单调递减，所以，得到，即，即，再结合条件得到，分析得，即可求解.
【详解】设，，，
因为，所以，所以，
所以，所以．因为，
所以．
下面用归纳法证明．当时，，
假设当时，，那么对，，所以，
因为，所以，所以．因此，.
，所以，，
综上，．
再设，所以，
所以函数在单调递增，
所以，所以，所以，所以，
所以，所以，而，
所以取足够大，易知，即．
设，，
，所以在单调递减，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，即，
而，所以，所以，
所以，当足够大时，易知须满足，即．综上，．
故选：A.
【点睛】本题主要考查数列和函数相结合问题，通过构造合适的函数，再利用数学归纳法得到数列的相关性质，属于难题.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分．
9. 同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次，记事件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由相互独立事件乘法公式可判断A、C、D；由条件概率公式可判断B；
【详解】由题意，，，
,故A正确．
所以，，所以，故B正确．
事件A，B，C不可能同时发生，故，故C错误；
，故D错误．
故选：AB．
10. 定义在上的函数，是它的导函数，且恒有成立，则下列正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过构造函数，利用函数的单调性进行大小比较.
【详解】因为，所以，.
由，得，
设，则，
可得，则在定义域上单调递减，
因为，所以，则，故A正确；
因为，所以，则 ，故B错误；
因为，所以，则，故C正确；
因为，所以，则，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知抛物线上的四点，，，，直线，是圆的两条切线，直线、与圆分别切于点、，则下列说法正确的有（ ）
A. 当劣弧的弧长最短时， B. 当劣弧的弧长最短时，
C. 直线的方程为 D. 直线的方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于AB选项，当劣弧最短时，即最小，最大，最小，根据二倍角公式及三角函数可得，设点，求的最小值即可得解；对于CD选项，根据相切可得直线与的方程，进而可得点与点的坐标，即可得直线.
【详解】由已知得抛物线过点，即，所以，
即抛物线为，
对于AB选项，如图所示，

设点当劣弧的弧长最短时，最小，
又，所以最大，即最小，
又，
又圆，所以圆心，半径，
，
又，
所以当时，取最小值为，此时最小为，
所以A选项错误，B选项正确；
对于CD选项，设过点作圆切线的方程为，即，
所以，解得，
则直线的方程为：，即，
直线的方程为：，即，
联立直线与抛物线，得，
故，，，
同理可得，
所以，
直线的方程为，即，所以C选项错误，D选项正确；
故选：BD.
12. 如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（ ）

A. 若为锐角，则在转动过程中存在位置使
B. 若为直角，则在转动过程中存在位置使
C. 若，则在转动过程中存在位置使
D. 若，则在转动过程中存在位置使
【答案】AC
【解析】
【分析】作出相应的图形，利用两角和的正切公式以及零点存在定理可判断A选项；利用圆的几何性质以及平面几何相关知识可判断BCD选项.
【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，
会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：

在圆锥上任取一点，平面为平面，
当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，则；
因为，，平面，
当时，点与点重合；
当为钝角时，则点在射线上；
当或时，点与点重合.
不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.
对于A选项，若为锐角，如下图所示：

不妨设，则，，
因为，若存在位置使得，即，
设，由于，则点不与线段的端点重合，即，

，
则，即，
令，其中，
因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，
，，
故方程在时有解，
所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；
对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，

当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，
此时，不存在位置使得，B错；
对于C选项，连接、，

因为，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，则，所以，,
故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，
延长交圆于点，连接，则，
若，则在转动过程中存在位置使，C对；
对于D选项，若，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，，所以，，
所以，与圆相切，

当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，
则，
所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性使得条件成立，解决本题的关键在于作出图形，利用平面几何的相关知识求解.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 的展开式中的常数项为_______．
【答案】1120
【解析】
【分析】先求出的展开式的通项，令，求出，回代入通项即可求出答案.
【详解】因为的展开式的通项为：，
令，得，
所以展开式的常数项为．
故答案为：.
14. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为，以坐标原点为圆心，过点的圆与双曲线的一条渐近线交于位于第一象限的点，若直线的斜率为，则双曲线的渐近线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】先由题意得到圆的方程，再与双曲线的渐近线联立得到的坐标，利用的坐标求出直线的斜率，得到，继而求出双曲线的渐近线方程
【详解】解：由题意得圆的方程为，双曲线经过第一象限的渐近线方程为，
联立方程，解得点的坐标为，有，
又由直线的斜率为，可得，有，
故双曲线的渐近线方程为．
故答案为：
15. 以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为45°，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则__________
【答案】##
【解析】
【分析】作图后由二面角的定义与勾股定理，列方程求出正三棱锥高与球的半径之比，再得两个三棱锥的高之比
【详解】如图，

正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球，
设到底面的距离为，到底面的距离为，
则，取的中点，连接，，，记与平面的交点为，
由两个正三棱锥和内接于同一个球，故一定为球的直径，
记其中点为，且由题意可知，为正三角形的中心，
因此，，分别为正三棱锥和正三棱锥的高，，
由，，，且为的中点，可得，，，
则为正三棱锥的侧面与底面所成的角为，
，，记球的半径为，于是，
在中，由勾股定理可得，，
解得，于是，则．
故答案为：
16. 设函数是定义在实数集上的偶函数，且，当时，，则函数在上所有零点之和为___________.
【答案】
【解析】
【分析】分析的对称性，将问题转化为图象交点横坐标之和，采用数形结合法求解出结果.
【详解】因为，所以，
所以是一个周期为的周期函数，且关于直线对称，
令，所以，
所以关于直线对称，
在同一平面直角坐标系中作出的图象，如下图所示：

由图象可知：的图象共有个交点，
其中个点关于对称，还有一个点横坐标为，
所以交点的横坐标之和为，
所以在上所有零点之和为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：求解函数零点之和的问题，可以转化为求解函数图象交点的横坐标之和，利用数形结合的思想能高效解答问题，常见的图象应用的命题角度有：
（1）确定方程根的个数；
（2）求参数范围；
（3）求不等式解集；
（4）研究函数性质.
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. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）求在区间［0，］上的最值.
【答案】（1）（kZ）
（2）最大值为1，最小值为-.
【解析】
【分析】（1）由三角函数降幂公式与二倍角公式，根据辅助角公式，化简函数为单角三角函数，根据正弦函数的单调性，可得答案；
（2）利用整体思想，根据正弦函数的图象性质，可得答案.
【小问1详解】
=.
因为y＝sinx的单调递增区间为（kZ），
令（kZ），得（kZ）.
所以的单调递增区间为（kZ）.
【小问2详解】
因为x∈［0，］，所以2x＋.
当2x＋=，即x＝时，最大值为1，
当2x＋=，即x＝时，最小值为-.
18. 已知数列满足.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简，再推导出等于一个常数，即可求解；
（2）结合第一问，先求出数列的满足的规律，然后再求和.
【小问1详解】
由已知有：
所以，
，
其中，所以数列为以为首项，公比为的等比数列.
所以，得.
【小问2详解】
由（1）知：，
，
所以


.
19. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面是的中点，且为等边三角形，平面平面.

（1）设直线，求点到平面PDC的距离；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）延长，交于点发现直线，通过图象关系可得点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面PDC的距离的2倍，继而得到结果；
（2）通过向量法求解二面角的余弦值，继而求出正弦值
【小问1详解】
延长，交于点直线，

在底面中，，得为中位线，
所以为中点，
因为分别为中点，所以为的中位线，
得，所以点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，
易得是等边三角形，，
取中点中点为，连接，
所以在中，，解得，
所以，所以
因为平面平面平面平面，，平面，所以平面则以为原点如图建立直角坐标系，

由题意得
，
设平面PDC的法向量
由得，令，则，
所以
所以点到平面PDC的距离为，
所以点到平面的距离是；
【小问2详解】
由（1）得：，
设平面法向量
由得，令，则，
则
设平面PBE法向量，
由得，令，则，
则
设二面角P-BE-D的平面角为
因此，二面角的正弦值是
20. 为应对气候变化，我国计划在2030年前实现碳排放量到达峰值，2060年前实现“碳中和”.某市为了解本市企业碳排放情况，从本市320家年碳排放量超过2万吨的企业中随机抽取50家企业进行了调查，得到如下频数分布表，并将年碳排放量大于18万吨的企业确定为“超标”企业：
硫排放量X
[2.55.5）
[5.5，8.5）
[8.5，115）
[115，14.5）
[14.5.175）
[175，20.5）
[20.523.5）
频数
5
6
9
12
8
6
4

（1）假设该市这320家企业的年碳排放量大致服从正态分布，其中近似为样本平均值，近似为样本方差，经计算得，.试估计这320家企业中“超标”企业的家数；
（2）通过研究样本原始数据发现，抽取的50家企业中共有8家“超标”企业，市政府决定对这8家“超标”企业进行跟踪调查，现计划在这8家“超标”企业中任取5家先进行跟踪调查，设Y为抽到的年碳排放量至少为20.5万吨的企业家数，求Y的分布列与数学期望.
（参考数据：若X~，则，，.）
【答案】（1）51 （2）分布列答案见解析，数学期望：
【解析】
【分析】（1）根据正态分布的规律以及计算公式求解即可；
（2）Y的可能取值为1，2，3，4，再由超几何分布概率的计算方法求出对应的概率即可求解
【小问1详解】
由已知，得，，
所以
因为
所以这320家企业中“超标”企业的家数约为51.
【小问2详解】
由频数分布表可知，8家“超标”企业中碳排放量至少为20.5万吨的企业有4家，所以Y的可能取值为1，2，3，4，且



所以Y的分布列为
Y
1
2
3
4
P




所以













21. 抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，


（1）若面积为，求的值及圆的方程
（2）若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围.
【答案】（1），圆的方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到，结合面积求出，圆的方程为；（2）表达出关于直线的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出，从而利用两点间距离公式表达出.
【小问1详解】
由对称性可知：，
设，由焦半径可得：，
，
解得：
圆的方程为：
【小问2详解】
由题意得：直线的斜率一定存在，其中，
设关于直线的对称点为，
则，解得：，
联立与得：，
设，
则，
则，
则
，
解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或，
所以
，
【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围.
22. 已知函数．
（1）当时，证明；
（2）若存在极值点，且对任意满足的，都有，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用切线放缩可得，且等号不同时成立，则结论可证；
（2）多次求导，利用导数与函数单调性的关系转化问题为，再由即可得解.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
设，则，
所以函数单调递增，在上单调递减，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以，且等号不同时成立，所以；
【小问2详解】
函数，，
若存在极值点，则，所以，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
由，不妨设，
若，则；
若，由可得，则，
所以，即对恒成立，
令，则，
则

，
设，则，

，
令，，
则，
，
令，
则，
令，则，
当时，令，
则
，
设，
所以，所以，
所以当时，，单调递增，，单调递增，
，单调递增，，单调递减，，
，符合题意；
当时，，存在，单调递减，，
，，单调递增，，，
不符合题意；
所以，由单调递增可得.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过多次求导，利用导数与函数单调性的关系转化不等关系.