2023届浙江省金华十校高三上学期期末模拟数学试题（解析版）

这是一份2023届浙江省金华十校高三上学期期末模拟数学试题（解析版），共26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。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合A中元素，注意它是由整数构成的集合；集合B是函数的定义域，注意真数要大于0，最后求交集.
【详解】
所以.
故选：B.
2．已知为坐标原点，复数在复平面内所对应的点为，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由复数的除法运算求得复数，从而得到点，再利用点斜式即可求得直线的方程.
【详解】因为，
所以复数在复平面内所对应的点为，
又，故，
所以直线的方程为.
故选：A.
3．已知两个单位向量与的夹角为，若，，且，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据垂直向量的数量积为0及数量积的运算化简即可得解.
【详解】由题意，
又向量与的夹角为且为单位向量，
∴，解得.
故选：D
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合题干条件以及余弦的二倍角公式得到，进而结合两角和的正弦公式即可求出结果.
【详解】因为，
所以，
故选：C.
5．1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历步构造后，所有去掉的区间长度和为（ ） （注： 或或或的区间长度均为）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据“康托尔三分集”的定义，分别求得前几次的剩余区间长度的和，求得其通项公式，可得第次操作剩余区间的长度和，即可得解.
【详解】解：将定义的区间长度为，根据“康托尔三分集”的定义可得：
每次去掉的区间长组成的数为以为首项，为公比的等比数列，
第1次操作去掉的区间长为，剩余区间的长度和为，
第2次操作去掉两个区间长为的区间，剩余区间的长度和为，
第3次操作去掉四个区间长为的区间，剩余区间的长度和为，
第4次操作去掉8个区间长为，剩余区间的长度和为，
第次操作去掉个区间长为，剩余区间的长度和为，
所以；
设定义区间为，则区间长度为1，
所以第次操作剩余区间的长度和为，
则去掉的区间长度和为.
故选：B
6．已知正方体中，为内一点，且，设直线与所成的角为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理可证平面，分析可得点为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，转化为是底面半径为､高为的圆锥的母线，分析求得的范围，即可求解.
【详解】如图1，设与平面相交于点，连接交于点，连接，
∵平面，平面，则，
，，平面
∴平面，
由平面，则，
同理可证：，
，平面，
∴平面，
∵，由正三棱锥的性质可得：为的中心，
连接，
∵为的中点，∴交于点，连接，
由平面，平面，则，即是的高，
设，，则，且的内切圆半径，
则，，
∵，即，则，
∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
∵平面，平面，则，
∴，
故为底面半径为，高为的圆锥的母线，如图2所示，
设圆锥的母线与底面所成的角，则，
所以，即直线与平面所成的角为.
直线在平面内，所以直线与直线所成角的取值范围为，
因为，所以直线与直线所成角的取值范围为，即，
所以.
故选：C.
【点睛】思路点睛：求解本题的关键：
（1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；
（2）将直线与直线所成角的最小值转化为圆锥的母线与底面所成的角.
7．设为坐标原点，为双曲线的两个焦点，为双曲线的两条渐近线，垂直于的延长线交于，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】数形结合，通过题意已知条件可求得点到直线的距离的值，通过勾股定理可求得，再联立直线与解方程组可得点坐标，从而列出的表达式，由计算可得关系，从而可求离心率.
【详解】
双曲线的渐近线方程为：，不妨令，
因为直线垂直，则，故，又，
则点到直线的距离为=，所以，
，又，可知直线的方程为：，与联立方程组可得：
，则 ，解得 ，故,
由,则,
中，由勾股定理可得:
,
故；
又,则，即，
因为的延长线交于，此时点的纵坐标大于0，即，故，所以 ，
所以化简得.则，
故，则.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查的是双曲线的几何性质，以及直线和双曲线的位置关系，综合性强，主要是渐近线与离心率的综合应用，计算量大解答时要明确解题思路，关键是联立方程进行计算十分繁杂，要特别注意准确性.
8．设方程和的根分别为和，函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】方法一：先利用方程的根与图象的交点的关系，及互为反函数的两个函数图象关系推得，由此得到，再由函数的单调性易得，构造函数与，利用导数证得与，从而解出.
【详解】方法一：由得，由得，
因为方程的根为，所以函数与的图象交点的横坐标为，
同理：函数与的图象交点的横坐标为，
因为与互为反函数，所以两函数图象关于对称，
易知直线与直线互相垂直，所以两点关于直线对称，
即的中点一定落在，亦即点为与的交点，
联立，解得，即，
所以，
故，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
而，，，
则，，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，故，
令，则，
令，得，所以在上单调递增，
所以，
则，故，
综上：.
故选：B.
方法二：前面部分同方法一得，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
而，，，
因为，当且仅当时取等号，所以，
当时，，所以，即，下面比较的大小关系，
设，，
所以，
故在上递增，，即有，亦即，综上：.
故选：B.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．的值为2B．的值为16
C．的值为﹣5D．的值为120
【答案】ABC
【分析】利用赋值法判断A、C、D；利用通项公式判断B.
【详解】令x＝0，得，故A正确；
，故，B正确；
令x＝1，得①，
又，∴，故C正确；
令x＝﹣1，得②，由①②得：，D错误．
故选：ABC
【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式，以及赋值法的应用，属于基础题,
10．如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则（ ）
A．点存在无数个位置满足
B．若正方体的棱长为，三棱锥的体积最大值为
C．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
D．点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等
【答案】ABD
【分析】根据线面垂直的判定可证得平面，则当在线段上时，恒成立，知A正确；由线面垂直的性质和判定可证得平面，利用三角形相似可知到平面的距离为，根据可知当与重合时，体积取得最大值，结合棱锥体积公式知B正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量求法和二次函数最值可确定异面直线与所成的角大于，知C错误；根据点到直线的距离即为其到点的距离，可知点轨迹为抛物线的一部分，知D正确.
【详解】对于A，连接，
四边形为正方形，；
平面，平面，；
又，平面，平面，
则当平面，即在线段上时，恒成立，
点存在无数个位置，使得，A正确；
对于B，连接，交于点，连接，交于点，
，，，平面，
平面，又平面，；
同理可得：；又，平面，
平面，即平面；
∽，，，
；
是边长为的等边三角形，；
设点到平面的距离为，则；
当与重合时，取得最大值，，B正确；
对于C，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
当在线段上时，可设，
，则，，
；
则当时，，
异面直线与所成的角大于，C错误；
对于D，平面，点到直线的距离即为其到点的距离，
若点到直线和直线的距离相等，则点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线在侧面上的部分，
点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等，D正确.
故选：ABD.
11．已知抛物线，点，过M作抛物线的两条切线，其中A，B为切点，直线与y轴交于点P，则下列结论正确的有（ ）
A．点P的坐标为
B．
C．的面积的最大值为
D．的取值范围是
【答案】AC
【分析】利用导数求出两点处的切线方程，联立过点的切线方程和抛物线的方程，结合根与系数的关系表示出，从而可判断AB，由弦长公式和点到直线的距离公式表示出的面积，根据函数性质可判断C，结合韦达定理和换元法可判断D.
【详解】由题意，设，由，可得，
所以点处的切线的斜率为，点处的切线的斜率为，
很显然，过点的直线斜率存在，
设过点的切线方程为，
联立方程组，可得，
由，可得，
又由，则，
所以不垂直，所以B不正确；
由，所以的直线方程为，
即，将代入直线的方程，可得，
由知，方程成立，
所以点在直线上，所以A正确；
由点在直线上，可设直线的方程为，
则点到的距离为，
且
，
所以，
因为，可得，所以的最大值为，所以C正确；
由，
所以，
由，可得，
所以，因为，可得，
又由，设，可得，
即，解得或，
又因为，所以的取值范围是，
所以D不正确.
故选：AC.
【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；
(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
12．已知为非常数数列且，，，则（ ）
A．对任意的，数列为单调递增数列
B．对任意的正数，存在，当时，
C．不存在，使得数列的周期为
D．不存在，使得
【答案】BCD
【分析】当时，可知为单调递减数列，知A错误；令，，，利用导数可求得在上单调递增，令，可解得或，结合图象可确定B正确；采用反证法，若周期为，可化简得到，令，利用导数可求得单调递增，由此确定，与已知矛盾，知C正确；利用已知等式化简得到，知D正确.
【详解】对于A，当时，，此时为单调递减数列，A错误；
对于B，令，令，，则；
，令，则，可取，
当时，，在上单调递增；
令，解得：或，
如图所示，在区间内，总能找到一个，使得的极限为，B正确；
对于C，假设存在，使得数列的周期为，则；
，，
，即；
令，则，在上单调递增，
则由得：，即为常数列，与已知矛盾，
假设错误，即不存在，使得数列的周期为，C正确；
对于D，，
，
不存在，使得，D正确.
故选：BCD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
三、填空题
13．如果幂函数的图像经过点，那么单调减区间是_________．
【答案】和
【分析】根据幂函数解析式形式代入可得，即可求单调区间.
【详解】设，则，故，
因此的单调递减区间为：和，
故答案为：和
14．在平面直角坐标系中，圆（其中，，为实数）的一条直径为，其中，，则的值为______.
【答案】
【分析】首先求出、的中点坐标与，即可求出以为直径的圆的方程，再化为一般式，即可得解.
【详解】解：因为，，所以、的中点为，
又，
所以以为直径的圆的方程为，
即，所以.
故答案为：
15．现准备将6本不同的书全部分配给5个不同的班级，其中甲乙两个班级每个班至少2本，其他班级允许1本也没有，则不同的分配方案有________种.(用数字作答)
【答案】1220
【分析】根据题意，分配方案可以分为以下情况：甲分2本，乙分4本；甲分3本，乙分3本；甲分4本，乙分2本；甲分2本，乙分3本，剩下的1本分给其它3个班的1个班；甲分3本，乙分2本，剩下的1本分给其它3个班的1个班；甲分2本，乙分2本，剩下的2本分给其它3个班的1个班；甲分2本，乙分2本，剩下的2本分给其它3个班的2个班，分别计算即可求出.
【详解】由题可知，分配方式可分为以下情况：
甲分2本，乙分4本，则有种，
甲分3本，乙分3本，则有种，
甲分4本，乙分2本，则有种，
甲分2本，乙分3本，剩下的1本分给其它3个班的1个班，则有种，
甲分3本，乙分2本，剩下的1本分给其它3个班的1个班，则有种，
甲分2本，乙分2本，剩下的2本分给其它3个班的1个班，则有种，
甲分2本，乙分2本，剩下的2本分给其它3个班的2个班，则有种，
则不同的分配方案共有种.
故答案为：1220.
【点睛】本题考查利用排列组合解决分配问题，属于中档题.
16．斜率为的直线与椭圆：交于，两点，且在直线的左上方.若，则的面积为________.
【答案】
【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，根据，得，解得，即可根据弦长公式和点到直线距离公式求出三角形得底和高，然后可以求出三角形面积.
【详解】设直线的方程为，，
联立直线与椭圆得：，
，
，
，
，
解得或，
在直线的左上方，
，
直线方程为，
,
设P到直线的距离为d，
则，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与椭圆得位置关系，联立方程求出是解题得关键，属于综合题.
四、解答题
17．已知等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据题意列出关于的方程组，解出，从而可求出通项公式；
（2）根据通项公式可判断出当时，，当时，，然后分情况讨论求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得，
解得，
故．
（2）设数列的前n项和为，则．
当时，；
当时，，则
．
综上，.
18．如图，在三棱锥中，，为的中点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若是边长为的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可得；利用线面垂直判定可证得平面，由面面垂直的判定可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可构造方程求得的值，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1），为中点，，
又，，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，过作垂直于的直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量；
二面角的大小为，
，解得：；
，.
19．为调查禽类某种病菌感染情况，某养殖场每周都定期抽样检测禽类血液中指标的值.养殖场将某周的5000只家禽血液样本中指标的检测数据进行整理，绘成如下频率分布直方图
(1)根据频率分布直方图，估计这5000只家禽血液样本中指标值的中位数（结果保留两位小数）；
(2)通过长期调查分析可知，该养殖场家禽血液中指标的值服从正态分布
（i）若其中一个养殖棚有1000只家禽，估计其中血液指标的值不超过的家禽数量（结果保留整数）；
（ii）在统计学中，把发生概率小于的事件称为小概率事件，通常认为小概率事件的发生是不正常的.该养殖场除定期抽检外，每天还会随机抽检20只，若某天发现抽检的20只家禽中恰有3只血液中指标的值大于，判断这一天该养殖场的家禽健康状况是否正常，并分析说明理由.
参考数据：
①；
②若，则
【答案】(1)7.03
(2)（i）841；（ii）不正常，理由见解析.
【分析】（1）先判断中位数所在区间，再设出中位数，利用中位数左侧频率和为0.5求解即可；
（2）（i）由正态分布的对称性及特殊区间的概率求得，再计算家禽数量即可；（ii）先求出，再由独立重复实验的概率公式求出恰有3只血液中指标的值大于的概率，和比较作出判断即可.
【详解】（1）由可得中位数在区间内，
设中位数为，则，解得；
（2）（i）由可得，
则，只；
（ii），，随机抽检20只相当于进行20次独立重复实验，
设恰有3只血液中指标的值大于为事件，则，
所以这一天该养殖场的家禽健康状况不正常.
20．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)若，证明：；
(2)若，证明：.
【答案】(1)见详解；
(2)见详解.
【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可；
（2）根据正弦定理推得，即可得到.通过分析，可得以及，代入，整理可得到，令，构造，求导得到在上单调递减.进而得到.
【详解】（1）证明：由正弦定理可得，，所以，
由余弦定理及其推论可得，，，
所以，由已知可得，，
即，
因为，所以.
（2）证明：由已知得，，
又由正弦定理可得，，
因为，所以.
由（1）知，，则，
又由正弦定理可得，
，
又，则，
将以及代入可得，
，
整理可得，，
因为，，，所以，则.
令，则，，
则，
所以，当，恒成立，所以在上单调递减.
所以，，即.
综上所述，.
21．已知双曲线上一点，直线交于，点.
(1)证明：直线与直线的斜率之和为定值；
(2)若的外接圆经过原点，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，利用斜率公式计算可得；
（2）设的中点为，外接圆的圆心为，即可表示出、的坐标，再由即可得到方程，求出的值，从而求出直线的方程，过作轴的平行线交直线于点，即可求出点坐标，从而求出三角形面积.
【详解】（1）证明：设，，
联立得，
则，又，所以，
所以、，
从而
为定值.
（2）解：设的中点为，外接圆的圆心为，由，则
所以，
所以的中垂线方程为，即，
又，的中点为，
所以的中垂线方程为，即，
联立解得，即，
由，
得
，
整理得，解得（舍去），，
所以直线：，
过作轴的平行线交直线于点，令则，即，
而
，
所以.
22．已知函数恰有一个零点，且
（Ⅰ）求a的取值范围
（Ⅱ）求的最大值
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）有题意可知，分和结合零点存在定理求解.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，存在，使得方程 成立，令，若在上有零点，则即可.
【详解】（Ⅰ）有题意可知，
当时，在R上单调递增，
因为，，
所以在区间必有一个零点，符合题意；
当时，令，得
当或时，，当时，，
所以在上递增，上递减，上递增，
故要恰有一个负零点，由，
故只需满足，即，
令，故，
解得，
所以．
综上可得a的取值范围为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a的取值范围为，故存在，使得方程 成立，
令，
即等价于在上有零点，即，
，，
故当时，，存在零点；
当时，，
故只需，
令，
故，
解得，
所以．
可得．
综上：的最大值为．
【点睛】本题主要考查导数与函数零点以及零点存在定理，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.