浙江省绍兴市2023届高三下学期4月高考适应性考试（二模）数学试题(含解析)

这是一份浙江省绍兴市2023届高三下学期4月高考适应性考试（二模）数学试题(含解析)，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。
浙江省绍兴市2023届高三下学期4月高考适应性考试（二模）数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知，则（    ）A． B．0 C． D．13．下列函数在区间上单调递增的是（    ）A． B．C． D．4．已知非零向量满足，则（    ）A． B．1 C． D．25．绍兴某乡村要修建一条100米长的水渠，水渠的过水横断面为底角为120°的等腰梯形（如图）水渠底面与侧面的修建造价均为每平方米100元，为了提高水渠的过水率，要使过水横断面的面积尽可能大，现有资金3万元，当过水横断面面积最大时，水果的深度（即梯形的高）约为（    ）（参考数据：）A．0.58米 B．0.87米 C．1.17米 D．1.73米6．已知一组样本数据共有9个数，其平均数为8，方差为12.将这组样本数据增加一个数据后，所得新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差为（    ）A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.47．已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．8．设，则（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．已知函数是的导函数，则（    ）A．与的周期相同B．与的值域相同C．可能是奇函数D．的最大值是10．已知抛物线的焦点分别为.若分别为上的点，且线段平行于轴，则（    ）A．当时，是直角三角形B．当时，是等腰三角形C．四边形可能是菱形D．四边形可能是矩形11．某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲，是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不计），底面为平行四边形，设棱锥高为，体积为，现将容器以棱为轴向左侧倾斜，如图乙，这时水面恰好经过，其中分别为棱的中点，则（    ）A．水的体积为B．水的体积为C．图甲中的水面高度为D．图甲中的水面高度为12．“冰雹猜想”也称为“角谷猜想”，是指对于任意一个正整数，如果是奇数㩆乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次操作后的结果必为1，犹如冰雹掉落的过程.参照“冰雹猜想”，提出了如下问题：设，各项均为正整数的数列满足，则（    ）A．当时，B．当时，C．当为奇数时，D．当为偶数时，是递增数列 三、填空题13．的值为__________.14．已知圆，若被两坐标轴截得的弦长相等，则__________.15．与曲线和都相切的直线方程为__________.16．已知椭圆的左、右焦点分别为.若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则__________. 四、解答题17．记为正项数列的前项积，且.(1)求数列的通项公式；(2)证明：.18．记的内角的对边分别为，已知.(1)若，求；(2)若，求.19．如图，在多面体中，，平面，为等边三角形，，，，点是的中点．(1)若点是的重心，证明；点在平面内；(2)求二面角的正弦值．20．2023年是全面贯彻落实党二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆，绍兴一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市，得到其广告支出x（单位：万元）与销售额y（单位：万元）数据如下：超市ABCDEFG广告支出1246101320销售额19324440525354(1)建立关于的一元线性回归方程（系数精确到0.01）；(2)若将超市的销售额与广告支出的比值称为该超市的广告效率值，当时，称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为，求的分布列与期望.附注：参考数据，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.21．已知双曲线的左、右焦点分别为，且到的一条渐近线的距离为.(1)求的方程；(2)过的左顶点且不与轴重合的直线交的右支于点，交直线于点，过作的平行线，交直线于点，证明：在定圆上.22．设函数.(1)证明：当时，；(2)记，若有且仅有2个零点，求的值.
参考答案：1．D【分析】根据交集的含义即可得到答案.【详解】因为集合表示的是所有偶数的集合，所以，故选：D.2．A【分析】利用复数的四则运算计算求模即可.【详解】设，则，故，解之得，所以.故选:A3．D【分析】对于BCD，根据各个选项观察均是向右平移两个单位长度的形式，根据原函数的单调区间可以判断平移后的单调区间，进而判断上的单调性得到结论，而根据二次函数的单调性可判断A的正误.【详解】对于选项：开口向上，对称轴，所以在上单调递减，故不符合题意.对于选项：是向右平移了两个单位长度，所以在在上单调递减，故不符合题意.对于选项：是向右平移了两个单位长度，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以不符合题意.对于选项：是向右平移了两个单位长度，所以在上单调递增，则在上单调递增，符合题意.故选.4．A【分析】对两边平方计算可得答案.【详解】∵，∴，又，∴，解得.故选：A.5．B【分析】如图设横截面为等腰梯形，于，求出资金3万元都用完时，设，再根据梯形的面积公式结合二次函数的性质即可得解.【详解】如图设横截面为等腰梯形，于，，要使水横断面面积最大，则此时资金3万元都用完，则，解得米，设，则，故，且，梯形的面积，当时，，此时，即当过水横断面面积最大时，水果的深度（即梯形的高）约为0.87米.故选：B.6．C【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.【详解】设增加的数为，原来的9个数分别为，则，，所以，又因为，即，所以，故选：C.7．D【分析】由题设共圆（不与重合），进而确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值，即可得结果.【详解】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），所以（不与重合），又为等腰直角三角形，为斜边，即有，如上图，△、△、△都为直角三角形，且，由平面图到立体图知：，，又面面，面面，面，所以面，同理可得面，将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，再过作面，交于，连接，则为矩形，综上，，，则为中点，所以，而，，令且，则，故，，所以球半径，当时，，故球表面积的最小值为.故选：D8．B【分析】根据进行构造函数，利用导数判断单调性，推出a与1的大小关系，同理判断b与1的关系，判断的大小范围时采用分析的方法，结合的特点，构造函数，利用导数判断单调性，即可判断其范围.【详解】设函数,求导得：,∴在上单调递减，所以，A错误；设函数，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故，仅当时取等号，即，则时，，即， 所以，D错误；由，下面证明， ，即证,令，即证：，即，构造函数 ，即证，由，所以在上单调递减，则，即证，令，，即在上单调递减，故，即成立，故成立，所以，故选：B【点睛】难点点睛：本题比较大小，要明确数的结构特点，确定其中的变量，进而构造相应的函数，利用单调性进行大小比较，难点是本题解答时要选择恰当的变量，连续构造相应的函数，进行解答.9．AC【分析】求导得出，利用三角函数性质直接判断AB，再利用辅助角公式及正弦函数性质判断C，结合二倍角公式判断D．【详解】由题意，因此和的最小正周期都是，A正确；值域是，而的值域是，时，两者不相同，B错；，（其中，，为锐角），，当，即时，是奇函数，C正确；，最大值是，D错．故选：AC．10．ABD【分析】由题意，不妨设，所以，当时，求出坐标，利用两点间的距离公式求出可判断A；当时，求出坐标，利用两点间的距离公式求出可判断B；若四边形是菱形，则，求出、可判断C；结合C，再判断出轴，轴可判断D.【详解】由题意，不妨设，所以，对于A，如下图，当时，，即，解得，所以，可得，所以，是直角三角形，故A正确；对于B，如下图，当时，，即，解得，所以，可得，，，所以，，所以是等腰三角形，故B正确；对于C，如下图，若四边形是菱形，则，即，，解得，所以，可得，，所以，所以四边形不是菱形，故C错误；对于D，如下图，由C知，，，轴，轴，所以四边形可能是矩形，故D正确.故选：ABD.11．AC【分析】将四棱锥补成平行六面体，利用棱柱和棱锥的体积公式逐项分析即可.【详解】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，根据分别为棱的中点，则，而三棱柱与平行六面体的高相同，则，根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则易知，则，故A正确，B错误，图甲中上方的小四棱锥高为,则，则，故图甲中的水面高度为，故C正确,D错误；故选：AC.12．ACD【分析】当时，结合条件求出可判断A，求出可判断B；由数学归纳法可证明C；据与零的关系，判断数列单调递增可判断D.【详解】对于A，当时，，，，，，，故A正确；对于B，当时，由A选项知：，故B不正确；对于C，因为，当为奇数时，且为偶数，．假设为奇数时， ；为偶数时，．当为奇数时，，且为偶数；当为偶数时，．所以若为奇数，则；若为偶数，则．因此对都有，故C正确；对于D，当为偶数时，若为奇数，则为奇数．因为为奇数，所以归纳可得，对，均为奇数，则，所以，所以数列单调递增，故D正确.故选：ACD.13．【分析】利用二项式定理计算即可.【详解】原式=故答案为：14．/【分析】被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，即圆心的横纵坐标的绝对值相等可得答案.【详解】圆的弦长为（为圆的半径，为圆心到弦的距离），若被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，即圆心的横纵坐标的绝对值相等，即，解得.故答案为：.15．【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.【详解】设直线与曲线相切于点，因为，所以该直线的方程为，即，设直线与曲线相切于点，因为，所以该直线的方程为，即，所以，解得，所以该直线的方程为，故答案为：.16．【分析】由点的对称性求出点坐标，和线段、，从而发现为直角，再由椭圆标准定义找到关系，并求出、的长度，最后在直角三角形中，求出的值.【详解】设关于直线的对称点，由，得，可知，，又知，所以，则为直角，由题意，点恰好在上，根据椭圆定义，得，，设，则，在直角三角形中，，解得，从而，，所以.故答案为：17．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由等比数列的定义可得答案；（2）由等比数列的前项和公式可得答案.【详解】（1）由可得，，即，又因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以；（2），所以.18．(1)(2) 【分析】（1）解法1：由可得，由正弦定理和余弦定理将等式边化角即可求出；解法2：由正弦定理可得，结合两角和的正弦公式、二倍角的正弦和余弦公式，化简可得，再由余弦定理代入即可求出；（2）由可得，再由余弦定理即可求出；解法2：由正弦定理边化角化简已知表达式可得，再结合两角和的正弦公式，二倍角的正弦和余弦公式化简即可求出.【详解】（1）解法1：代入，得.解法2：由正弦定理可得：：代入化简，则，则，因为，所以，解得：；由余弦定理可得：，代入化简得，解得（负值舍）.（2）解法1：，，又所以.解法2：因为，所以，代入，，，因为，则，化简：，当时，则，则，舍去不满足题意；当时，则，因为，所以.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取A中点N，连接，MN，由点G是的重心，得出，再证明四边形是平行四边形，即可证明点在平面内；（2）解法1：由⊥平面，，得出平行四边形为矩形，得出，再由点是的中点得出，证明出平面，得出，即可得出就是所求二面角的平面角，求出的正弦值即可得出答案；解法2：建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，求出两平面夹角的余弦，再求出正弦即可．【详解】（1）证明：取A中点N，连接，MN，如图所示，因为点G是的重心，故G一定在中线上，因为点是的中点，点是的中点，所以是梯形的中位线，所以，且，又，所以，所以四边形是平行四边形，因为点，平面，所以点平面，即点在平面内．（2）解法1：因为⊥平面，，所以⊥平面， 又因为平面，所以，因为四边形是平行四边形，所以四边形是矩形，，所以，因为为等边三角形，点是中点，所以，所以，又因为平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以，所以就是所求二面角的平面角，因为，所以，故二面角的正弦值为．解法2：以为原点，所在直线为x轴，垂直于的直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面与平面的法向量分别为，则，不妨取.则，，不妨取，所以，故二面角的正弦值为．20．(1)(2)分布列见解析，期望为 【分析】（1）首先计算，再根据参考公式和数据，分别计算和，即可求解；（2）根据超几何分布求概率，再根据分布列求期望.【详解】（1）由数据可得；，又，,..（2）由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0，1，2，3..所以的分布列为0123所以.21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离求出即可得解；（2）由题意可设PA，的斜率分别为，设直线AP的方程为，联立双曲线方程，求出，由三角函数可得，即化为得证.【详解】（1）根据题意可知C的一条渐近线方程为，设到渐近线的距离为，所以，所以的方程为.（2）设C的左顶点为A，则,故直线为线段的垂直平分线.所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为.与C的方程联立有，设B），则，即，所以当轴时，，是等腰直角三角形，且易知当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故因为，所以所以因为所以所以为定值，所以点Q在以为圆心且半径为4的定圆上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．(1)证明见解析(2)，0，1 【分析】（1）求出，利用其单调性和特殊值可得使得，再由可得答案；（2）由时，求出的零点，①当时，利用范围可得在有1个零点：分、、讨论，利用的单调性和函数值可得答案.【详解】（1）当时，有，单调递增，又，则可知，使得，所以在单调递减，在单调递增，又，则可知；（2）依题意，函数的定义域是，当时，，即，而，时，，时，，有两个零点，符合题意；①当时，若，有，且，有，又，由（1）可知又，则所以在有1个零点：若，有，若，有，可知在有1个零点，符合题意：若，有在单调递增，，（i）若，则当，有，（ii）若，又，则可知，使得；由（i）、（ii），则可知有在单调递减，所以，又有，所以在至少有1个零点，则可知在至少有2个零点，不符合题意；若，有在单调递增，又，则可知，使得，所以在单调递增，则有，又有，所以在至少有1个零点，则可知在至少有2个零点，不符合题意；②当时，由，记， 由①可知，有且仅有满足题意，即时，满足题意.综上可知，实数a的值为，0，1.【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.