2023届浙江省稽阳联谊学校高三上学期11月联考数学试题含解析

2023届浙江省稽阳联谊学校高三上学期11月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求出集合AB中元素范围，然后再求即可.

【详解】，

故.

故选：D.

2．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用对数函数，，指数函数的单调性即可得出答案.

【详解】根据对数函数在上单调递减，则，

根据对数函数在上单调递增，则，根据指数函数在上单调递减，则，则，故，

故选：A.

3．已知数列的前项和，则“”是“为等比数列”的（   ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．充分不必要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】根据，由①②作差即可得到的通项，根据充分必要条件的判定即可得出结论.

【详解】数列的前项和，①

时, ，②

得: ,

又，

时,，满足，

此时满足，为等比数列；

若为等比数列，则，得，

即“”是“为等比数列”的充要条件.

故选：A.

4．中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆柱侧面积公式以及圆的面积公式即可求解每个面的面积,进而可求表面积.

【详解】此几何体为两个半圆柱的组合体：一个大的半圆柱中间挖去一个小的同轴半圆柱，.

故选：D

5．盒子里有1个红球与个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共取2次.若至少有一次取到红球的条件下，两次取到的都是红球的概率为，则（    ）

A．3 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【分析】分别计算出至少有一次取到红球与两次都取到红球的概率，用条件概率计算公式计算.

【详解】设事件A为至少有一次取到红球，事件为两次都取到红球，由每次取后放回知

两次都取到白球的概率为

故

，故.

故选：B

6．已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线左右两支于两点，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意结合图像，利用双曲线的定义得到，，再由余弦定理的推论及余弦函数的定义可得到关于的方程，解之即可求得.

【详解】因为双曲线，所以，则，

过作交于，因为，所以为中点，，

设，由双曲线的定义可得，所以，

故，解得，

所以.

故选：C.

7．在中，是边上一点，将沿折起，得，使得平面平面，当直线与平面所成角正弦值最大时三棱锥的外接球的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可知平面，且此时与平面所成角正弦值有最大值1，设外接圆圆心为， 利用余弦定理得，再用正弦定理可得外接圆半径，设三棱锥的外接球的球心为，进而有，结合勾股定理即可求解

【详解】在中，，是边上一点，

当时，则，

由翻折可知即，

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

所以与平面所成角正弦值有最大值1，

又在中，，

所以

设外接圆圆心为，

外接圆半径，则，

设三棱锥的外接球的球心为，

因为平面平面，

所以，

所以，

则.

故选：B

8．若存在使对于任意不等式恒成立，则实数的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】变形为，由题意知直线恒位于的图象上方，的图象下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察取得小值时满足的条件.

【详解】

令，则，故在为增函数，为减函数，且，在时的图象如图所示.

令，则

且，，所以存在使得

当时，，当时，

当为增函数，当为减函数，当时的图象如图所示.

由题意得，如图，

当时，直线恒位于的图象上方，的图象下方，

代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过

且与曲线相切时，最小.

设切点为，则，

整理得

令，则

而当时， ，

所以

所以当时，

所以当时，为增函数，所以有唯一的零点1，

所以，此时直线方程为 ，故.

故选：D

【点睛】不等式恒成立求参数范围时常用的方法：

①完全分离参数，此法比较简单，分离后只需研究不含参函数的最值即可；

②半分离参数，将参数留在一个形式比较简单的函数中，如一次函数或二次函数，另一边的函数可以是稍微复杂一点的不含参函数，将不等式恒成立问题转化为两函数图象位置关系求解；

③不分离参数，含参讨论，常常比较复杂要用导数研究最值.

二、多选题

9．已知平面向量.下列命题中的真命题有（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若与的夹角为，则

【答案】ABD

【分析】根据向量平行，垂直，模长以及夹角的坐标运算即可逐一求解.

【详解】：由得故A正确，

B：由得故B正确，

C：由得故C错误，

D：由与的夹角为得或（舍去），故D正确，

故选：ABD

10．在长方体中，，点满足，.下列结论正确的有（）

A．若直线与异面，则

B．若，则

C．直线与平面所成角正弦值为

D．若直线平面，则

【答案】ACD

【分析】建立空间坐标系，用空间向量逐项计算.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：

对于A：若直线与异面，则，则，故A正确；

对于B：若，，

，故B错误；

对于C：，设平面的法向量为

则，即，取

直线与平面所成角满足

，故C正确；

对于D：设平面的法向量

，即，取

若直线平面，则

，故D正确；

故选：ACD

11．已知定义在上的函数与满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据所给两个函数间的关系，结合选项逐个验证.

【详解】由，得，故A正确；

由，

得，无法得出恒成立，故B不正确；

同理，，

故C正确；

，故D正确.

故选：ACD.

12．过点向抛物线作一条切线，切点为，为抛物线的焦点，，为垂足，则（    ）

A． B．

C． D．在轴上

【答案】BD

【分析】分析可知切线不与轴重合，设切线方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，由可得出，求出点、的坐标，逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】易知点，过点的直线与轴重合，此时直线与抛物线相交于原点，不合乎题意；

设过点的抛物线的切线方程为，

联立可得，因为，所以.

又因为为切点，所以，得点的坐标为.

对于A选项，，所以，，，

则，A错；

对于B选项，，B对；

对于CD选项，线段的中点的坐标为，因为，且，

所以，点为线段的中点，则，，C错D对.

故选：BD.

三、填空题

13．已知（其中为虚数单位），则___________.

【答案】

【分析】解法1：用复数的除法运算求出，求模长；

解法2：由复数模的运算性质计算：

【详解】解法1：由得，

所以，

所以；

解法2：由得，

.

故答案为：

14．如图，一根绝对刚性且长度不变､质量可忽略不计的线，一端固定，另一端悬挂一个沙漏.让沙漏在偏离平衡位置一定角度（最大偏角）后在重力作用下在铅垂面内做周期摆动.沙漏摆动时离开平衡位置的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系，若的函数图象如下图所示，则___________.

【答案】

【分析】由图象可知，，可求得的值.

【详解】由，得由得，故.

所以

故答案为：

15．已知，若，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】将用与表示，凑配常数1，使用“1”的代换与基本不等式求解.

【详解】设，

由对应系数相等得 ，得

所以

整理得即

所以

.

经验证当 时，等号可取到.

故答案为：

16．椭圆的左右焦点分别为为其上一点.的外接圆和内切圆的半径分别为，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】设，先通过余弦定理将用表示出来，再利用面积公式将用表示出来，利用正弦定理将用表示出来，则就可以用表示出来了，则范围可求.

【详解】解析：设，

则，

又

即，又，

则

因为，

则，

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．记的内角的对边分别为.已知.

(1)求；

(2)若边上的中线，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）使用正弦定理边化角后经三角恒等变换后可得，故.

（2）在中由余弦定理得的值，求求面积.

【详解】（1）由得，故，

所以，解得.

（2）在中由余弦定理得

即，

因为，解得，

又，所以

所以的面积.

18．已知为等差数列的前项和，且，___________.在①，，成等比数列，②，③数列为等差数列，这三个条件中任选一个填入横线，使得条件完整，并解答：

(1)求；

(2)若，求数列的前项和.

注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件，利用等差数列的通项公式列方程求出公差，进而可求通项公式；

（2）分奇偶讨论分别求和，然后相加即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为

选择①：由题意得，

故，解得，

所以.

选择②：由题意得，即

解得，

所以.

选择③：由题意得，

故，解得，

所以.

（2）由当为奇数时，，得数列的前项中奇数项的和为

，

由当为偶数时，，

得数列的前项中偶数项的和为

，

故.

19．下表为从某患者动态心电图中获取的二十四小时的心率数据（单位：次/分钟）

(1)求最快心率与最慢心率的线性经验回归方程（保留小数点后一位）；

(2)依据已有数据估计该病患后续的心率变化.

（i）设该病患后续48小时中平均心率大于等于100次/分的小时数为随机变量，估计的期望；

（ii）若该病患在后续48小时中共测出10小时平均心率大于等于100次/分，请运用统计学中的原理分析该结果.

参考公式：.参考数据：

【答案】(1)

(2)（i）；（ii）答案见解析

【分析】（1）使用变形公式计算 ，由计算；

（2） （i）用24小时内每小时平均心率大于等于100次的频率估计概率，的分布列近似二项分布.

（ii）由二项分布求出标准差即为，验证10是否在区间内，根据原理分析结果.

【详解】（1）

，所以

（2）（i）由已知数据可得每小时平均心率大于等于100次的概率约为，

故的分布列近似二项分布，所以.

（ii）由（i）可得，故，

由得，“48小时中共测出10小时平均心率大于等于100次/分”几平不可能发生，故病患极有可能发生病情突变!

20．如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.

(1)求证：；

(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，从而得到；

（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；

空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.

【详解】（1）底面是菱形，

，

又平面平面，且平面平面，平面，

平面，又平面，

.

（2）解法一：

由（1）知面，又平面，

平面平面，

作交线，垂足为，

因为平面平面=，平面，则面，

又平面，所以.

再作，垂足为，面，面，

所以面，又面

则，

所以为二面角的平面角，

因为平面，所以到底面的距离也为.

作，因为平面平面，平面平面＝，

平面，所以平面，所以，

又为锐角，

所以

又，所以为等边三角形，故，所以，

因为，所以，

所以.

所以二面角的平面角的余弦值为.

解法二：由（1）知面，又平面，

平面平面，

作，因为平面平面，平面平面＝，

平面，所以平面，

如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.

因为平面，所以到底面的距离也为.

所以，又为锐角，所以

又，所以为等边三角形，故，

在空间直角坐标系中：，设，则

则，

设平面的法向量为，

，取

设平面的法向量为，

，取

所以，

由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.

21．已知椭圆）的上下顶点分别为和，左右顶点分别为和，离心率为.过椭圆的左焦点的直线交于点（都异于为中点.

(1)求椭圆的方程；

(2)记直线的斜率分别为，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由上下顶点及离心率可求得，即可求得椭圆方程.

(2)设直线方程，与椭圆联立，韦达定理可得两根之和与两根之积，由为的中点，即可得到中点坐标，用斜率公示直线的斜率，化简后结合导数可求得最小值.

【详解】（1）由题意可知，

，解得：，所以椭圆的方程为.

（2）当直线斜率不存在时，直线方程为，此时的斜率为0，不符合题意.

设l：，联立 消去，

化简得

设，则，

因为，

所以

令，则

记，

则，,在上单调递增，,所以在上单调递减，

所以的最小值为，此时.

即的最小值为.

【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

22．已知函数.

(1)求函数的极大值点；

(2)若为函数的极大值点，证明：存在使且.

【答案】(1)极大值点为;

(2)证明见解析.

【分析】（1）求出函数导数，列表可得函数极大值点；

（2）利用函数单调性求出存在使，可得存在，使得，设，利用导数确定单调性，得出在上，据此化简即可得证.

【详解】（1）已知.

所以，函数的极大值点为.

（2）设，则.

由（1）知在上单调递增，且，

存在，使得，设，

则.

即，

可得.

所以存在，使得，

设，

当时，，

所以，故在上单调递增，

因为，所以，

所以，

故，

因此.

【点睛】关键点点睛：关键点之一，先找到特殊值满足，再证明

存在上式成立，关键点之二，构造函数，利用导数证明，得到，即可化简得证.