浙江省台州市2023届高三下学期4月第二次教学质量评估（二模）数学试题

这是一份浙江省台州市2023届高三下学期4月第二次教学质量评估（二模）数学试题，共23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。
浙江省台州市2023届高三下学期4月第二次教学质量评估（二模）数学试题 一、单选题1．已知复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为（    ）A． B． C．1 D．2．设集合,,则 (    )A． B． C． D．3．如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体,设圆锥部分的高为米,圆柱部分的高为米,底面圆的半径为米,则该组合体体积为(    )A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米4．已知函数同时满足性质:①;②当时,,则函数可能为(    )A． B．C． D．5．已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列，则（    ）A． B． C． D．6．袋子中有大小相同的个白球和个红球，从中任取个球，已知个球中有白球，则恰好拿到个红球的概率为（    ）A． B． C． D．7．已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．8．设函数，则（    ）A．函数有且仅有一个零点B．对，，函数有且仅有一个零点C．，恒成立D．，恒成立 二、多选题9．已知函数的最小正周期为,且图象经过点,则(    )A．B．点为函数图象的对称中心C．直线为函数图象的对称轴D．函数的单调增区间为10．已知,随机变量的分布列为: 则(    )A． B．C． D．11．设抛物线：焦点为，点为抛物线准线上的点，经过点的动直线与抛物线交于不同的两点，其中坐标原点为，则（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则12．高一某班级共有行列个座位，记为.每周进行一次轮换，轮换规则如下：①每一行轮换到下一行，最后一行轮换到第一行；②从左到右，每一列轮换到相邻右边一列，最后一列轮换到左侧第一列.例如，班级共有个座位，则本周第3行第4列的同学，在下周一将轮换到第4行第5列的座位.现某班的座位形式为，经过推演发现，如果一直按这种轮换法，在高中三年内每一个学生都可以轮换到全班所有座位，则可能为（    ）A． B． C． D． 三、填空题13．已知平面向量，，若，则实数___________.14．已知椭圆经过点和，则椭圆的离心率为___________.15．若定义在上的函数满足：，，且，则满足上述条件的函数可以为___________.（写出一个即可）16．三棱锥中，平面，，，点在三棱锥外接球的球面上，且，则的最小值为___________. 四、解答题17．在中，内角所对的边分别为.已知，.(1)求的值；(2)若点为边上的一个点，且满足，求与的面积之比.18．向日葵是常见的一种经济作物,种子常炒制为零食食用,也可榨葵花籽油.但种植向日葵时会频繁地遇到空壳问题,其中开花期大气湿度是导致向日葵空壳的一大主因.为找到向日葵空壳率与开花期大气湿度的关系,研究人员做了观察试验,结果如下:大气湿度x45%59%66%68%69%70%72%77%80%88%空壳率y18%21%25%27%26%29%31%32%33%37% (1)试求向日葵空壳率与大气湿度之间的回归直线方程;(回归直线方程的系数均保留两位有效数字)(2)某地大气湿度约为时,试根据(1)中的回归直线方程推测空壳率大约为多少?附:经验回归方程系数:,,,,,.19．已知三棱柱棱长均为，且，.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值.20．已知数列，满足：，，.(1)求证：数列是等比数列；(2)若___________（从下列三个条件中任选一个），求数列的前项和.①；②；③.21．已知过点的直线与双曲线：的左右两支分别交于、两点.(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于、两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.22．已知,,设函数,其中为自然对数的底,.(1)当时,证明:函数在上单调递增;(2)若对任意正实数,函数均有三个零点,其中.求实数的取值范围,并证明.
参考答案：1．D【分析】根据复数z满足，利用复数的除法求得，再根据复数的概念求解.【详解】因为复数z满足，所以，所以z的虚部为.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2．C【分析】求出A集合，再计算交集即可.【详解】由,得,所以,又,所以.故选：C3．C【分析】由题知底面圆的半径，圆柱高，圆锥高，代入圆柱，圆锥体积公式计算，再相加即可.【详解】由题知底面圆的半径，圆柱高，圆锥高.圆柱的体积.圆锥的体积.所以该组合体体积（立方米）.故选：C4．D【分析】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减,再逐项分析即可.【详解】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减.A不满足②，B不满足①，C不满足②,因为在单调递减，在单调递增.对于D,满足①,当,单调递减,也满足②.故选：D.5．A【分析】根据条件列出关于等差数列基本量的方程组，即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，，因为成等比数列，所以，即，因为，所以，所以.故选：A6．A【分析】先求总的取球方法，再求恰好取到两个红球的方法，利用古典概率可得答案.【详解】因为取到的3个球中有白球，所以共有种方法，3个球中恰好有两个红球的取法共有种，设事件“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，则.故选：A.7．D【分析】由题知，，所先计算出，，再利用公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.【详解】因为.所以.因为.所以.所以.即所以异面直线与CD所成角的余弦值为.故选：D8．D【分析】由，得，令，令，求出函数的最值，即可得的范围，进而可判断A；根据，分析即可判断B；利用极限思想即可判断C；取，，令，利用导数求出函数的最值，即可得，再利用防锁思想即可判断D.【详解】对于A，，则，令，令，则，令，则，当时，，函数递减，当时，，函数递增，所以，因为，所以，所以，即，所以，所以，所以，则，所以函数在上有零点，所以在上有无数个零点，即函数在上有无数个零点，故A错误；对于B，，又，所以，所以存在，使得函数有两个交点，即存在，使得函数有个零点，故B错误；对于C，当时，，则，所以当时，，所以不存在，恒成立，故C错误；对于D，取，，令，则，所以函数在上递增，所以，即，所以，所以，即，故可取，恒成立，故D正确.故选：D.【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．9．ACD【分析】先求出的解析式,然后逐项分析验证即可.【详解】因为最小正周期,所以,所以A对.因为,所以,又,所以.所以.因为,所以B错.因为,所以直线为函数图象的对称轴,所以C对.由,得.所以函数的单调增区间为,所以D对.故选: ACD10．BC【分析】根据期望方差的相关公式，以及判断,再举特例判断D即可.【详解】因为,所以错，因为,所以对，因为，所以,所以,所以对，举特例来说明错,取，则，，，,所以错.故选:BC11．BCD【分析】利用直线与抛物线的位置关系，设线联立根据韦达定理计算即可判定；【详解】设,与抛物线联立可得：则=当时，，当且仅当时，，故A错误；当时，，即与夹角小于直角，故B正确；又当时，，即与夹角大于直角，故C正确；而显然当，，故D正确.故选：BCD.12．CD【分析】根据题意分别推理验证即可，采用表格绘图更容易解决抽象问题.【详解】按照题意的轮换规则，对于的座位，从第一行第一列开始轮换，如下图所示，不能轮换到全班所有座位，A选项错误；对于的座位，从第一行第一列开始轮换，如下图所示，不能轮换到全班所有座位，B选项错误；对于的座位，从第一行第一列开始轮换，如下图所示，可以轮换到全班所有座位，C选项正确；对于的座位，从第一行第一列开始轮换，如下图所示，可以轮换到全班所有座位，D选项正确；故选：CD.【点睛】本题主要考查阅读理解能力和逻辑推理能力，在没有发现规律的情况下，可以采用每个选项逐一验证的方法，排除错误选项，属于中档题.13．##0.5【分析】利用向量数量积的坐标表示计算即可.【详解】因为，所以，即.故答案为：.14．##0.5【分析】通过已知两个点求出椭圆方程即可得到离心率.【详解】将两个点代入椭圆方程得：，解得，故.故答案为：15．（答案不唯一也可）【分析】根据题意可得函数为偶函数，可取，在证明这个函数符合题意即可.【详解】令，则，所以，所以函数为偶函数，可取，则，所以，，所以函数符合题意.故答案为：.（答案不唯一也可）16．##【分析】本题距离最小时，点的位置不好确定，可考虑用空间直角坐标系来解决问题.【详解】如图所示：分别取、的中点、，连接、,则，由题意知平面,所以，.因为,所以，即、、两两垂直.以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，，，，.，斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径.设点，则.，由题意，得，可设.故答案为：.【点睛】思路点睛：直角模型找外接球球心可考虑斜边中点.空间中的角可以转化为向量夹角进而转化为坐标之间的关系.位置关系中的最值问题的常见思路之一为转化为函数，利用函数或基本不等式求最值.17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理边化角即可；（2）由正弦定理边化角，及三角形面积公式将面积比转化为角正弦之比即可.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得:，在三角形中，，显然，所以，所以，又因为，所以或（显然不成立），所以；（2）因为，所以，即.在三角形中，，所以，所以，因为，所以，所以；所以；所以由正弦定理得：与的面积之比等于.18．(1)(2) 【分析】（1）代入相关已知数据计算即可，注意中间过程先保留3位有效数字，最后结果保留两位有效数字；（2）把代入回归方程计算即可.【详解】（1）由已知得.所以.所以回归直线方程为.（2）由（1）知当大气湿度为时,空壳率约为.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，通过证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可得到结论；（2）作，垂足为，连接，通过二面角的定义可知即为平面与平面所成夹角，再求出的各边即可求出结果.【详解】（1）如图，取中点，连接，因为是等边三角形，所以，又因为，，则，所以，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）如图，作，垂足为，连接，由（1）知平面，又平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又是直角三角形，所以即为平面与平面所成夹角，在中，，在中，因为，所以，所以，即平面与平面所成夹角的余弦值为.20．(1)证明见解析(2) 【详解】（1）证明：因为，所以，所以，又因为，所以数列是首项为1公比为的等比数列；（2）由（1）知，又因为，所以数列为常数列.若选条件①或③，均可得，所以，所以.若选②，因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以.21．(1)(2) 【分析】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，联立直线与双曲线方程，消元、依题意可得，即可得到不等式求出的取值范围，即可得解；（2）由（1）知，因为，设，则直线的方程为：，设，，联立直线与双曲线方程，消元，即可表示出，从而表示出，即可得到时，为定值，从而求出动点的轨迹方程.【详解】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，与双曲线方程联立可得，因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又， 所以，解得，即，所以且，解得或，综上可得；（2）由（1）知，因为，所以，设，则直线的方程为：，设，直线与双曲线方程联立可得，即，所以，所以，得，又因为，所以，当时，即时，为定值，所以或，又因为，所以点的轨迹方程为.【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.22．(1)证明见解析(2),证明见解析 【分析】（1）证明即可；（2）由题意方程有三个解,研究函数与函数交点的个数从而得到的范围,再研究函数最值得出的范围;极值点偏移问题用比值换元证明即可.【详解】（1）证明:当时,，设,所以，当单调递減，当单调递增，所以，即,所以函数在上单调递增.（2）由题意方程有三个解,记函数,当单调递增,当单调递减,当单调递增,又,所以当时,方程有三个解,且,设,若对任意正实数,函数均有三个零点,所以,因为,所以在单调递增,在单调递减,所以,所以实数的取值范围为.因为,由方程,得.即方程有两个解,即,且,设,则,即,解得,所以,要证,即证,即证,设,,所以在上单调递增,所以,即得证,所以得证.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题常用的方法有：构造对称函数，比值换元，对数均值不等式等.