2023届浙江省温州市高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题含解析

2023届浙江省温州市高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用列举法写出全集，再利用并集、补集的定义求解作答.

【详解】依题意，全集，而，有，

所以

故选：B

2．已知直线，若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据给定的条件，利用两直线的垂直关系列式计算作答.

【详解】因为直线，且，则，

所以.

故选：B

3．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距离车站10km处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在距离车站（　　）

A．4km B．5km C．6km D．7km

【答案】B

【分析】据题意用待定系数法设出两个函数y1=，y2=k2x，将两点（10，2）与（10，8）代入求出两个参数．再建立费用的函数解析式．用基本不等式求出等号成立的条件即可．

【详解】解：由题意可设y1=，y2=k2x，

∴k1=xy1，k2=，

把x=10，y1=2与x=10，y2=8分别代入上式得k1=20，k2=0.8，

∴y1=，y2=0.8x（x为仓库与车站距离），

费用之和y=y1+y2=0.8x+≥2×4=8，

当且仅当0.8x=，即x=5时等号成立．

当仓库建在离车站5km处两项费用之和最小．

故选B．

【点睛】本题是函数应用中费用最少的问题，考查学生建立数学模型的能力及选定系数求解析式，基本不等式求最值的相关知识与技能，属于中档题．

4．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，利用单调性可解不等式，然后可得.

【详解】设，则，

所以在R上单调递增，

所以不等式.

即“”是“”的充要条件.

故选：C

5．已知数列各项为正数，满足，，则（    ）

A．是等差数列 B．是等比数列

C．是等差数列 D．是等比数列

【答案】C

【分析】分析可知数列的每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论.

【详解】因为数列各项为正数，满足，，

故对任意的，，则，

所以，数列的每一项都是正数，

所以，，可得，

由等差中项法可知，数列是等差数列，

故选：C.

6．四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.

【详解】四面体满足，即两两垂直，

以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

因为，，则，

于是，，

所以点到直线的距离.

故选：A

7．如图，是椭圆的左､右顶点，是上不同于的动点，线段与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设 ，得到和，两式相除即可求解.

【详解】设 ，

则，

，

两式相乘得,①

因为直径所对的角是直角,所以

所以  ,②

①除以②得，故，

故选：D

8．已知函数，存在实数使得成立，若正整数的最大值为6，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】分类讨论的值域，然后根据值域端点的倍数关系可解.

【详解】记

因为，所以，所以

当时，，所以

显然存在任意正整数，使得成立；

当时，，所以

要使正整数的最大值为6，则，解得；

当时，，所以

显然存在任意正整数，使得成立；

当时，，所以

要使正整数的最大值为6，则，解得

综上，的取值范围为

故选：C

二、多选题

9．已知复数，下列命题正确的是（    ）

A． B．若，则

C． D．若，则为实数

【答案】AC

【分析】根据复数的模长公式、共轭复数的定义以及复数的乘方，结合举反例，可得答案.

【详解】对于A，设，

则

，故A正确；

对于B，当时，，故B错误；

对于C，设，，，，故C正确；

对于D，设，，，

当或时，，故D错误.

故选：AC.

10．近年来，网络消费新业态､新应用不断涌现，消费场景也随之加速拓展，某报社开展了网络交易消费者满意度调查，某县人口约为万人，从该县随机选取人进行问卷调查，根据满意度得分分成以下组：、、、，统计结果如图所示.由频率分布直方图可认为满意度得分（单位：分）近似地服从正态分布，且，，，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.则（    ）

A．由直方图可估计样本的平均数约为

B．由直方图可估计样本的中位数约为

C．由正态分布可估计全县的人数约为万人

D．由正态分布可估计全县的人数约为万人

【答案】ABD

【分析】利用频率分布直方图计算出样本的平均数与中位数，可判断AB选项；利用正态分布原则可判断CD选项.

【详解】对于A选项，由直方图可估计样本的平均数为

，A对；

对于B选项，前两个矩形的面积为，

前三个矩形的面积之和为，

设样本的中位数为，则，

由中位数的定义可得，解得，B对；

对于C选项，因为，，，

所以，，

所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，C错；

对于D选项，因为，，

所以，

，

所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，D对.

故选：ABD.

11．已知函数，其中是其图象上四个不重合的点，直线为函数在点处的切线，则（    ）

A．函数的图象关于中心对称

B．函数的极大值有可能小于零

C．对任意的，直线的斜率恒大于直线的斜率

D．若三点共线，则.

【答案】AD

【分析】由奇偶性和图象平移可判断A；利用导数求出极大值点，再由单调性与比较可判断B；利用导数求出，然后作差比较，即可判断C；根据化简即可判断D.

【详解】设

因为

所以为奇函数，图象关于原点对称，

所以的图象关于点中心对称，A正确；

令，解得，

当或时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以当时，取得极大值，

由单调性可知，，故B错误；

因为，所以，

又，

所以

因为，所以，即，C错误；

同上，可得，，

当三点共线时，则有

整理得

因为，所以，即

又，所以，

整理得

因为，所以，即，

所以，D正确.

故选：AD

12．如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，为圆柱的母线，点分别为线段上的动点，经过点的平面与线段交于点，以下结论正确的是（    ）

A．

B．若点与点重合，则直线过定点

C．若平面与平面所成角为，则的最大值为

D．若分别为线段的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为

【答案】ABD

【分析】利用面面平行的性质定理可判断A；根据两平面如果有一个公共点，则这个公共点一定在它们的交线上可判断B；取特例验证可判断C；利用圆柱的对称性可知RF即为所求，然后求解可判断D.

【详解】连接，由为圆柱底面圆弧的两个三等分点可知，

因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，

又，同理可得平面ABCD，

因为，平面

所以，平面平面ABCD，

因为平面，平面，

所以，A正确；

记平面，则平面，且，又平面，所以必过点M，B正确；

当平面为平面时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以

所以为平面与平面所成二面角的平面角，

在等腰梯形中，，易得其高为，即，

所以，故C错误；

因为分别为线段的中点，则由圆柱的对称性可知，平面与圆柱侧面的公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.

易知，所以，得

所以，即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为，D正确.

故选：ABD

三、填空题

13．在平行四边形中，若，则___________.

【答案】4

【分析】根据四边形ABCD为平行四边形可得，然后由数量积的坐标表示可解.

【详解】因为四边形ABCD为平行四边形，

所以

又

所以

所以

故答案为：4

14．展开式的常数项为___________.（用最简分数表示）

【答案】

【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.

【详解】展开式通项公式，

令，解得，则，

所以展开式的常数项是.

故答案为：

15．已知内有一点，满足，则___________.

【答案】/

【分析】先用已知角表示出，然后利用正弦定理可解.

【详解】如图，易知，

又

所以

则由正弦定理得，解得

故答案为：

16．一位飞镖运动员向一个目标投掷三次，记事件“第次命中目标”，，，，则___________.

【答案】

【分析】由题意，计算条件概率，利用全概率公式，求得答案.

【详解】由题意，，，

则；

，，

则；

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数在区间上恰有3个零点，其中为正整数.

(1)求函数的解析式；

(2)将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，求函数的单调区间.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，求出的范围，再结合正弦函数的零点情况列出不等式求解作答.

（2）由（1）求出函数的解析式，进而求出，再利用正切函数的单调性求解作答.

【详解】（1）由，得，

因为函数在区间上恰有3个零点，

于是，解得，而为正整数，因此，

所以.

（2）由（1）知，，

由，得，即有，

因此，

由，解得，

所以函数的单调减区间为.

18．如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.

(1)设该棱台的高为，求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）利用线面平行条件求AE，再结合等腰梯形可求得，然后利用棱台的体积公式求出h可证；

（2）利用三角形可求，再用等体积法求出点E到平面的距离，然后可得.

【详解】（1）连接，由棱台性质可知，，可得，

又，，所以，所以四点共面

又因为平面，平面平面，平面

所以，所以四边形为平行四边形，

所以，

又四边形为等腰梯形，

易知为梯形的高，即

所以

易得上下底面的面积分别为：，

由体积公式有，解得

所以

（2）连接

由（1）知，所以平面ABCD，

因为平面平面，所以平面平面ABCD，

又，平面平面，平面，

所以平面

因为平面，所以

易得

记三棱锥的高为，

则由得，解得

又，

所以

所以直线与平面所成角的正弦值为

19．某校开展“学习二十大，永远跟党走”网络知识竞赛.每人可参加多轮答题活动，每轮答题情况互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都有两道题，只有第一组的两道题均答对，方可进行第二组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学第一组每道题答对的概率均为，第二组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一枚纪念章.

(1)记甲同学在一轮比赛答对的题目数为，请写出的分布列，并求；

(2)若甲同学进行了10轮答题，试问获得多少枚纪念章的概率最大.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)4

【分析】（1）由题意可得可取0，1，2，3，4，进而分别求出概率即可求解；

（2）先求得每一轮获得纪念章的概率，由每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，进而可得，，，由，解出即可求解.

【详解】（1）由题意，可取0，1，2，3，4.

,

，

，

，

，

则的分布列为：

.

（2）每一轮获得纪念章的概率为，

每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，

设10轮答题获得纪念章的数量为，则，

，.

由，得，

解得，又，得，则获得4枚纪念章的概率最大.

20．图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数.

(1)设，求数列的通项公式；

(2)设，是否存在实数，使恒成立，若存在，求出的所有值，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，.

【分析】（1）设出第一行从左到右成等差数列的公差，再结合已知列出方程组求解，然后用等差数列、等比数列的通项公式写出通项作答.

（2）由（1）的信息结合等比数列前n项和公式求出，再按奇偶分类讨论求解作答.

【详解】（1）设，第一行从左到右成等差数列的公差为，

则，

由，得，即有，

于是，又，解得，因此，，

所以，即.

（2）由（1）知，

当为奇数时，不等式等价于恒成立，而恒成立，则；

当为偶数时, 不等式等价于恒成立，而恒成立，则 ，

因此, 所以存在，使得恒成立.

21．已知抛物线与双曲线相交于两点是的右焦点，直线分别交于（不同于点），直线分别交轴于两点.

(1)设，求证：是定值；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，设出直线的方程，与抛物线的方程联立即可计算作答.

（2）由（1）求出直线的方程并求出点的横坐标，直线的方程与双曲线的方程联立，借助直线求出点的横坐标，再列式求出范围作答.

【详解】（1）由是直线与抛物线的两个交点，显然直线不垂直y轴，点，

故设直线的方程为，由消去并整理得，

所以为定值.

（2）由（1）知，直线的斜率，方程为，

令，得点的横坐标，设，

由消去得，

，

，

而直线的方程为，依题意，

令，得点的横坐标

，

因此，

所以的取值范围是.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：

（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；

（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．

22．已知函数.

(1)证明：函数在上有且只有一个零点；

(2)当时，求函数的最小值；

(3)设，若对任意的恒成立，且不等式两端等号均能取到，求的最大值.

【答案】(1)证明过程见详解

(2)

(3)

【分析】（1）将证明的结论转化为在上有且只有一个零点.

然后对函数求导判断函数的单调性，利用零点存在性定理即可证明；

（2）对函数求导，判断函数的单调性进而求出函数的最小值；

（3）结合（1）（2）的结论和已知条件可知，使最大，则，则，且等号取到与函数相切，然后利用导数的几何意义进行求解即可.

【详解】（1）令，得，令，

要证函数在上有且只有一个零点，

即证在上有且只有一个零点.

因为，所以函数在上单调递减，

由，，则，

由零点存在性定理可知，函数在上有且只有一个零点.

故得证.

（2）对函数求导可得，因为，

所以当时，显然，则；

当时，令，，

因为，

（令，则，所以在上单调递增，则，所以，）

所以当时，在上单调递增，

故，则，，

则函数在上单调递减，在上单调递增，

所以.

（3）由（1）知，函数在上有且只有一个零点，

由（2）知函数在上单调递减，在上单调递增，

且当，函数趋近于，

考虑到，则，则，当变大时，则减小.

要使最大，则，则，且等号取到与函数相切，

设切点坐标为，则，

则有，

即，解得，

（下面证明唯一性）可化为，

，令，，函数在上单调递减，

则，

当时，因为时，恒有，则，

所以，

当时，因为时，恒有，则，

所以，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

又因为函数的最小正周期为，

所以函数与在上有唯一的交点，

草图如下：

故，所以的最大值为.

【点睛】利用导数研究函数的最值问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数的方法研究函数的单调性，求出极值，结合题中条件即可求出最值（有时解析式中会含有参数，求解时，要讨论参数的不同取值范围，再判断函数的单调性，进行求解）.