2023届浙江省浙里卷天下高三上学期10月测试数学试题含答案

这是一份2023届浙江省浙里卷天下高三上学期10月测试数学试题含答案，共26页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省浙里卷天下2022-2023学年高三上学期10月测试数学试题一、选择题1.已知集合，，则（   ）A.B.C.D.答案：C解析：【分析】分别解分式不等式和指数不等式，再求交集即可.【详解】，，即.所以.故选：C.2.已知，则（   ）A.B.C.D.答案：C解析：【分析】利用复数四则运算即可.【详解】因为，所以，所以，故选：C.3.已知向量，不共线，则“”是“，的夹角为钝角”的（   ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案：A解析：【分析】分别对命题的充分性和必要性进行判断即可得到答案.【详解】充分性：因为，向量不共线，所以，即的夹角为钝角，满足充分性.必要性：若，的夹角为，，，则，所以不满足，不满足充分性.所以“”是“，的夹角为钝角”的充分不必要条件.故选：A.4.北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创隙积术，是研究某种物品按一定规律堆积起来求其总数问题.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，发展了隙积术的成果，对高阶等差数列求和问题提出了一些新的垛积公式.高阶等差数列的前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列.现有二阶等差数列：，，，，，，…则该数列的第项为（   ）A.B.C.D.答案：B解析：【分析】利用等差数列的通项公式和累加法求通项可求解.【详解】设该数列为，由题可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，所以，所以，所以，故选：B.5.某小组九名学生在一次数学测验中的得分（单位：分）如下：，，，，，，，，，这九人成绩的第百分位数是.若在该小组随机选取两名学生，则得分一个比高，另一个比低的概率为（   ）A.B.C.D.答案：A解析：【分析】利用百分位数的定义和古典概率模型可求解.【详解】因为，第百分位数是从小到大的第七位数，所以第百分位数是，所以在该小组随机选取两名学生，则得分一个比高，另一个比低的概率为.故选：A.6.设，，，则（   ）A.B.C.D.答案：D解析：【分析】利用作差法，判断运算结果与比较，即可得出，判断可构造函数，根据导数符号可得出在上单调递减，然后即可得出的大小关系，从而得出结论.【详解】由得；而，设，∴时，在上单调递减，∴，且，，∴.综上，，故选：D.7.已知函数（，）的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（   ）A.B.C.D.答案：D解析：【分析】先将点代入，求得，由在区间内不存在最值，得是单调区间的真子集，利用数轴法得到不等式组，解之即可得到的取值范围.【详解】因为函数过点，所以，即，故，因为，所以，故，由得，所以的单调递增区间为，同理：的单调递增区间为，因为在区间内不存在最值，所以是单调区间的真子集，当时，有，解得，即，又因为，，显然当时，不等式成立，且；当时，有，解得，即，又因为，，显然当时，不等式成立，且；综上：或，即.故选：D.8.已知过点有三条直线与曲线相切，则（   ）A.B.C.D.答案：D解析：【分析】根据函数过某点的切线方程的求法可求解.【详解】设切点，由可得切线方程为，将代入得，整理得，设，，因为，令解得，令解得或，所以在，单调递减，在单调递增，且当时，由题意得有个不相等的实数根，则有，即，所以.故选：D.二、多选题9.设，其中，，则（   ）A.B.C.D.答案：A、C、D解析：【分析】直接采用赋值法即可判断A、B、C，构造函数，求导，然后采用赋值法即可判断D.【详解】，其中，令，得，故A正确；令，得，则，故B错误；令，，即，故C正确；令，，令，得，即，故D正确.故选：ACD.10.已知为坐标原点，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，则（   ）A.的准线方程为B.若，则C.若，则的中点到轴的距离为D.答案：A、B、D解析：【分析】利用抛物线的定义可分析A，B选项，利用直线与抛物线相交结合韦达定理，弦长公式，基本不等式可分析C，D选项.【详解】因为点在抛物线上，所以，解得，所以抛物线方程为，所以准线方程为，所以A正确；由抛物线的定义得，∴，由，所以.所以B正确；设，联立，整理得，由韦达定理得，所以，解得，，所以C错误；，由抛物线定义知，所以，当且仅当，时取得等号，所以D正确.故选：ABD.11.一个盒子中装有个黑球和个白球（，均为不小于的正整数），现从中先后无放回地取个球.记“第一次取得黑球”为，“第一次取得白球”为，“第二次取得黑球”为，“第二次取得白球”为，则（   ）A.B.C.D.答案：B、C解析：【分析】将一次取得黑球的概率；第一次取得白球的概率；第一次取黑球，第二次取黑球的概率等一一列举出来，再利用条件概率公式即可作出判断.【详解】第一次取得黑球的概率；第一次取得白球的概率第一次取黑球，第二次取黑球的概率；第一次取黑球，第二次取白球的概率，故A错误；第一次取白球，第二次取黑球的概率；第一次取白球，第二次取白球的概率；第二次取得黑球的概率；第二次取得白球的概率；，故B正确；；，，故C正确；；，故D错误.故选：BC.12.设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，为奇函数，且，则（   ）A.B.C.D.答案：B、C、D解析：【分析】根据为奇函数推出对称中心，根据逆向思维得到，代入推出的对称轴，进一步得出周期为，周期也为，算出时的与函数值以及一个周期内的值即可求解.【详解】因为，则，因为，所以，用换，则有，即所以有，取代入得到，则，所以，函数的图象关于对称，并不满足，故选项A错误；因为，代入所以有，由判断A选项时可知，故，用换x，可得，函数的图象关于对称，两边取导数可得，故选项C正确；而在上为奇函数，则过，图像向右移动一个单位得到过，故图像关于对称，；；而，用换，可得，所以有，令换，有则的周期；故选项B正确；故，所以，故，而又因为，，，，，所以，，，，，，故选项D正确；故选：BCD.三、填空题13.写出与直线没有公共点的一个双曲线的标准方程：________.答案：或（答案不唯一）解析：【分析】利用双曲线的渐近线与双曲线没有交点的性质可求解.【详解】当双曲线的过一三象限渐近线的斜率小于等于2时，双曲线与直线没有公共点，若双曲线焦点在轴上，即，则有，即，故可取，即双曲线方程为，若双曲线焦点在轴上，即，则有，即，故可取，即双曲线方程为，故答案为：或（答案不唯一）14.已知，则________.答案：解析：【分析】利用三角恒等变换以及诱导公式可求值.【详解】因为，又因为，所以，故答案为：.15.已知的直角顶点为，，为圆上两动点，则边长的最大值为________.答案：解析：【分析】利用圆、直角三角形的性质求出中点的轨迹方程，再求定点到圆上点距离的最大值即可.【详解】令为中点，在中，，又，且所以，整理得，所以的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，又因为，所以点在圆内，所以，故答案为：.16.青铜豆起源于殷商时期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的容器，还是一件十分重要的礼器.图1为河南出土的战国青铜器一方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图2是与主体结构相似的几何体，其中，，，为上一点，且，为上一点.若，则________；几何体外接球的表面积为________.答案：解析：【分析】（1）利用面面平行的性质作出，证明出，得到，即可求出答案；（2）先判断出球心在面上，设的中点为，的中点为，则球心在在上，设外接球的半径为，.利用半径相等列方程，解出，即可求出，计算出外接球的表面积.【详解】由题意可知：面面面，设面交平面于，因为面EMZ平面，所以，设，因为，所以，因为所以，而，所以，所以，所以，因为四边形为正方形，所以.所以，几何体为正四棱台，由正四棱台的对称性可知，几何体的外接球的球心必在平面上，设的中点为，的中点为，则球心在在上.由题意可知：，，，过作垂直于.则，由勾股定理得：，所以，设外接球的半径为，，由可得：，即，解得：，所以，几何体外接球的表面积为，故答案为：；.四、解答题17.在中，，的角平分线交边于点.（1）证明：.（2）若，且的面积为，求的长.答案：见解析解析：【分析】（1）首先设，，得到，，再利用正弦定理证明即可.（2）设，所以，设，根据的面积为，得到，，再利用余弦定理求解即可.【详解】（1）如图所示：设，，则，.在和中分别运用正弦定理，得，，所以，即，又因为，故，即.（2）设，所以，设.由，可得.所以.因为，所以，所以，又，所以.又，所以，所以，所以.18.在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.①；②；③.已知为数列的前项和，满足，，.（1）求的通项公式；（2）若，其中表示不超过的最大整数，求数列的前项和.答案：见解析解析：【分析】（1）选择条件①，根据递推关系得，进而得为等差数列，再根据通项公式求解即可；选择条件②，根据与的关系，得，当时，，进而得为等差数列，再根据通项公式求解即可；选择条件③，由已知得为常数列，进而得，进而根据与的关系求解即可；（2）由（1）得，当时，；当时，；当时，，再求和即可.【详解】（1）选择条件①.由，得，两式作差得，即，故为等差数列，当时，由条件①知，，故公差，所以.选择条件②.当时，可知，，当时，，两式相减得，即，又，所以，所以是为首项，为公差的等差数列，所以.选择条件③.由，得为常数列，所以，得，当时，，又也符合上式，所以.（2）由（1）可得，当时，；当时，；当时，.所以，.19.如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上一点.（1）若平面，证明：是的中点.（2）线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.答案：见解析解析：【分析】（1）利用线面平行的性质定理得到，且为的中点，则是的中点；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，列出与相关的方程，解出即可.【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接，因为是正方形，所以是的中点，又平面，平面，平面平面，所以，因为为的中点，所以E是的中点.（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.设（），设，，，，则，则，，，由且，可知是平面的一个法向量.设为平面的法向量，则，即，取，，，则，，解得，即.20.某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），两人第一局获胜的概率均为，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一方第一局、第二局连胜的概率为.（1）在一场比赛中，求甲以获胜的概率；（2）设一场比赛的总局数为，求的分布列与数学期望.答案：见解析解析：【分析】（1）甲以获胜的有种情况，甲在第一、二局获胜，或者第一、三局获胜，或者第二、三局获胜，将种情况的概率计算出即可求解；（2）先求出随机变量的可能取值，然后求出其相应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可.【详解】（1）令事件为甲在第局获胜，，，.甲连胜两局的概率，所以.故在一场比赛中，甲以获胜的概率为：.（2）可能的值为，，.，，，所以的分布列：所以.21.已知分别为椭圆的左、右焦点，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点，的周长为.（1）若的面积为，求直线的方程；（2）过，两点分别作直线的垂线，垂足分别是，，证明：直线与交于定点.答案：见解析解析：【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆的方程，设出直线的方程，与椭圆的方程联立求解作答.（2）利用特殊位置探究直线与交点坐标，再就一般情况结合向量共线推理作答.【详解】（1）因的周长为，由椭圆定义得，即，而半焦距，又，则，椭圆的方程为，依题意，设直线的方程为，由消去并整理得，设，，则，，，因此，解得，所以直线的方程为或.（2）由（1）知，，则，，设直线与交点为，则，，而，，则，，两式相加得：，而，则，因此，两式相减得：，而，则，即，所以直线与交于定点.22.已知函数.（1）若函数有两个不同的零点，求的取值范围；（2）若函数有两个不同的极值点，（其中），证明：.答案：见解析解析：【分析】（1）求导，分类讨论判断的单调性，进而根据零点运算求解；（2）根据极值点的概念整理原不等式可得，构建新函数，求导，利用导数证明.【详解】（1），当时，，所以在上单调递增，不可能有两个零点，舍去.当时，在上单调递减，在上单调递增，因为有两个不同的零点，则∴因为，所以在上存在一个零点；又当时，，所以在上也存在一个零点.综上，.（2）（），则.因为有两个不同的极值点，（），则，，要证，只要证，因为，所以只要证，又∵，，作差得，所以，所以原不等式等价于要证明，即.令，，则以上不等式等价于要证，.令，，则，，所以在上单调递增，，即，，所以.