浙江省名校协作体2023-2024学年高三数学上学期返校联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省名校协作体2023-2024学年高三数学上学期返校联考试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。

2023学年第一学期浙江省名校协作体试题
高三年级数学
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷．
选择题部分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合B，根据集合的交集运算得解.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
2. 已知复数，则在复平面内所对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数除法运算及共轭复数化简，即可得解.
【详解】，
，
故在复平面内所对应的点在第四象限.
故选：D
3. 在中，，若，，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量线性运算的知识求得正确答案.
【详解】
.
故选：A

4. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复合函数单调性及二次函数、对数函数单调性判断即可.
【详解】因为函数在区间上有意义，
所以，解得，
此时二次函数图象开口向上，对称轴，
在上单调递增，又为增函数，
所以由复合函数单调性法则知，在区间上单调递增，符合题意，
所以的取值范围为.
故选：D
5. 抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于点．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，过分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，根据抛物线的定义求得，根据，列出方程求得，结合，即可求解.
【详解】由抛物线的焦点为，准线方程为，设，
①如图（1）所示，过分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，
则，所以，
把代入抛物线，可得，即点或，
当点时，此时点在轴上方，即，
由，可得，即
因为且，即，解得，
所以，所以.
②如图图（2）所示，过分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，
则，所以，
把代入抛物线，可得，即点或，
当点时，此时点在轴下方，即，
由，可得，即
因为且，即，解得，
所以，所以.
综上可得，
故选：A.

6. 某市抽调5位老师分赴3所山区学校支教，要求每位老师只能去一所学校，每所学校至少安排一位老师．由于工作需要，甲、乙两位老师必须安排在不同的学校，则不同的分派方法的种数是（ ）
A. 124 B. 246 C. 114 D. 108
【答案】C
【解析】
【分析】利用分布乘法计数原理，根据排列及间接法计算.
【详解】设学校为，先把甲乙两人安排到不同学校，有种，
不妨设甲在A，乙在B，只需剩余3人至少有1人去C即可，
利用间接法计算，有种不同安排方法，
根据分步乘法计数原理可知，共有种不同安排方法.
故选：C
7. 已知函数的图象如图所示，是直线与曲线的两个交点，且，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图像直接确定A，设结合，确定，利用点的坐标确定的表达式，然后代入求值即得答案.
【详解】由函数的图象可知,
设，由可得，
令，即，
结合图像可得，
则，即，
将代入，即有，
故，
则，
故选：D
8. 已知四面体中，，，，直线与所成的角为，且二面角为锐二面角．当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理及均值不等式判定当底面为等腰三角形时面积最大，再确定当垂直底面时，高最大，利用外接球的性质确定球心，在中求出半径.
【详解】如图，

因，
所以，即，当且仅当时等号成立，此时底面△BCD面积最大，，
将AD沿平移至，则点A与到底面BCD的距离相同，且，
为使四面体ABCD高最大，则直线在底面BCD的射影为直线BC，此时面BCD，设点A在底面BCD的投影为，可知四边形BCDB'为菱形，且的外心为，此时满足二面角为锐二面角，故四面体ABCD的外接球的球心在直线上，因为，，，所以在中，，解得，
此时外接球的表面积为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据所给条件确定四面体何时体积最大是本题解题的第一个关键，分别利用余弦定理、均值不等式、三角形面积公式求出底面面积最大时需满足条件，再确定何时高最大，据此确定四面体，第二个关键是确定外接球球心位置，利用方程求球的半径.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分．
9. 下列命题成立的是（ ）
A. 已知，若，则
B. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
C. 样本数据64，72，75，76，78，79，85，86，91，92的第45百分位数为78
D. 对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握性越大
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性判断A，由回归方程的系数的意义判断B，根据百分位数的定义判断C，根据独立性检验的意义判断D.
【详解】A选项：由正态分布可知，图象关于对称，因为，所以，所以，故A正确；
B选项：由题意知就是回归方程，即为负相关，所以，因为样本数据都在回归方程上，即相关性系数为，故B正确；
C选项：共由10个数，故，所以第45百分位数是由小到大排列的第5位，即78，故C正确；
D选项：对分类变量X与Y的独立性检验的统计量来说，值越小,判断“X与Y有关系”的把握性越小，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点在棱上运动，则的最小值为
B. 若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
C. 若点满足，则动点的轨迹是一条直线
D. 若点在直线上运动，则到棱的最小距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】化折线为直线，即可判断A，取的中点，连接、、、，即可证明四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线面垂直判断C，利用空间向量法判断D.
【详解】对于A：如图将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，
此时取得最小值，即，故A错误；

对于B：如图取的中点，连接、、、，
因为点是棱的中点，所以且，
又且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面，
又，，，
所以截面周长为，故B正确；

对于C：如图，，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，因为平面平面，
平面，平面，
又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故C正确；

对于D：如图建立空间直角坐标系，则，，设，
所以，，
所以到棱的距离，
所以当时，故D正确；

故选：BCD
11. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B. 函数的图象关于对称
C. 的周期为4 D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据奇函数性质及图象平移判断A，利用轴对称及中心对称的性质判断B，根据函数既是轴对称又是中心对称得出函数周期判断C，利用周期及对称的性质判断D.
【详解】A选项，为奇函数，故关于点中心对称，故，故A 正确；
B选项，关于点中心对称，故 ，取导数则 ，即 ，所以关于轴对称，故B错误；
C选项，因为，故，
，，故，令，得，故，故，
关于轴对称，又关于点中心对称，故周期为4，则，故的周期为4，故C正确；
D选项，因为，关于轴对称，所以，因为关于点中心对称，周期为4，所以，故，
所以，而的值不确定，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：根据函数对称的判定与性质，快速转化，进而判断函数的对称性是解决AB选项的关键，利用周期的性质及判定确定CD的方法是常用技巧.
12. 已知数列是公比为的等比数列，且，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据等比数列通项列方程求解判断A，化简所给条件构造函数，利用函数的性质确定B，构造函数利用函数最值得到不等式，再由不等式求解判断C，构造函数，利用函数最值转化为不等式求解判断D.
【详解】对于A选项，， 即，
解得或，故A错误；
对于B选项，，
若时，则，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，故无解，不成立，若时，，令，则，当时，，函数单调递减，，由零点存在性定理知有解，故， 故B正确；
对于C选项，构造， 则，时， ，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，即，解得或，故C错误；
对于D选项，构造函数，则，当时，，当时，，所以函数单调递增，在上单调递减，
故，即，所以，因为，所以，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：根据不等式的特征，构造合适的函数，利用导数确定函数最值，转化为不等式，利用不等式证明或求解是解决此题的关键所在.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 已知函数，则的解集为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据分段函数解析式，分类讨论分别计算，再取并集即可；
【详解】解：当时，，因为，所以解得，
当时，时，因为，所以，解得
综上可得不等式的解集为
故答案为：
【点睛】本题考查分段函数的性质的应用，分段函数不等式的解法，考查分类讨论思想，属于中档题.
14. 若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为__．
【答案】
【解析】
【分析】
由已知设圆方程为，代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可．
【详解】由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，则半径为，．
即圆的方程为，再把点代入，得或1，
∴圆的方程为或，对应圆心为或；
由点线距离公式，圆心到直线的距离或；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题．
15. 已知是椭圆的左焦点，过作直线交椭圆于两点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设直线方程，联立方程组，根据根与系数的关系及弦长公式化简，利用均值不等式求解.
【详解】如图，


由椭圆方程可知，，
当直线斜率不为0时，设直线，，
联立，得：，
，
弦长，
，


，当且仅当，即时，等号成立，
所以 的最小值为；
当直线斜率为0时，.
综上，的最小值为.
故答案为：
16. 已知不等式对恒成立，则当取最大值时，__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题设，结合、的性质及不等式恒成立得，再构造，利用导数研究其最小值得且，根据不等式恒成立得，应用基本不等式求最大值并确定取值条件，此时有恒成立即可求参数值.
【详解】由，且，
若，则在趋向于0时，函数值趋向，而趋向于，
此时在上不能恒成立，
所以，
令且，则，
令且，则，
所以时，递减，时，递增，
则，且时，趋向正无穷时趋向正无穷，
故，使，即，
所以时，即，时，即，
所以上递减，上递增，则，
要使对恒成立，只需恒成立，
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，结合已知参数比值取最大值，此时，
则，故，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先确定，再构造研究最小值，根据不等式恒成立有，结合等号成立条件求参数m的值.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知．
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，角所对的边为．若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据降幂公式及辅助角公式化一，再根据正弦函数的单调性即可得解；
（2）先求出角，再根据正弦定理结合三角函数的性质即可得解.
【小问1详解】

，
令，得，
所以的增区间为；
【小问2详解】
由，得，
由，得，
所以，所以，
因为，
所以，
则，
因为，所以，
所以.
18. 已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，，为等边三角形．

（1）求证：平面平面；
（2）是否存在一点，满足，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直判定定理即可证得平面平面；
（2） 法一，先确定出直线与平面所成的角，再求得的值即可求得的值；法二，建立空间直角坐标系，依据题给条件列出关于的方程即可求得的值.
【小问1详解】
等腰梯形中，，则，
则，所以，．又，
由，得到，
又，平面，
因此平面，又因为平面，
故平面平面
【小问2详解】
方法一：由（1）知平面，面，则面面．
作于点，则有面．
则即为直线与面所成角，
在直角三角形中，由，，得到
由，可得，又，所以存在．
方法二：过点作平面于，
以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，
建立如图所示空间直角坐标系．

其中
得到，
设平面的一个法向量为
由，得，
不妨设，则，，则，
又，

则，
解之得（舍去）或，所以
19. 设数列的前项和为，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前的项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得，两式相减化简可得数列是以1为首项，3为公比的等比数列，从而可求出其通项公式，
（2）由（1）得，然后分别利用分组求和，错位相减法求出奇数项的和与偶数项的和，相加即可.
【小问1详解】
由，得，两式相减得．
令数列是以1为首项，3为公比的等比数列，

【小问2详解】
由题意可得，
,
①，
则②，
①②得：,
∴,

20. 某科研所研究表明，绝大部分抗抑郁抗焦虑的药物都有一个奇特的功效，就是刺激人体大脑多巴胺（Dopamine）的分泌，所以又叫“快乐药”．其实科学、合理、适量的有氧运动就会增加人体大脑多巴胺（Dopamine）的分泌，从而缓解抑郁、焦虑的情绪．人体多巴胺（Dopamine）分泌的正常值是，定义运动后多巴胺含量超过称明显有效运动，否则是不明显有效运动．树人中学为了了解学生明显有效运动是否与性别有关，对运动后的60名学生进行检测，其中女生与男生的人数之比为1∶2，女生中明显有效运动的人数占，男生中明显有效运动的人数占．

女生
男生
合计
明显有效运动



不明显有效运动



合计




（1）根据所给的数据完成上表，并依据的独立性检验，能否判断明显有效运动与性别有关？并说明理由；
（2）若从树人中学所有学生中抽取11人，用样本的频率估计概率，预测11人中不明显有效运动的人数最有可能是多少？
附：，其中．
参考数据：

0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5024
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）表格见解析，认为明显有效运动与性别存在差异，理由见解析
（2）人数最有可能是3或4
【解析】
【分析】（1）根据题意完善列联表，计算，与临界值对比即可得出结论；
（2）由题意，问题可转化为二项分布，利用二项分布概率公式列出不等式组求解.
【小问1详解】
因为对60名学生明显有效运动是否与性别有关的调查，其中女生与男生的人数之比为，女生中明显有效运动的人数占，男生中明显有效运动的人数占，得到下面的列联表：

女生
男生
合计
明显有效运动
10
30
40
不明显有效运动
10
10
20
合计
20
40
60
给定假设：明显有效运动与性别没有关系．
由于，
则根据小概率值的独立性检验，有充分的证据推断假设不成立，因此认为明显有效运动与性别存在差异．
【小问2详解】
由样本数据可知，不明显有效运动的频率为，用样本的频率估计概率，所以不明显有效运动的概率为，
设11人不明显有效运动人数为，则
所以
假设11人中不明显有效运动的人数最有可能是，
则，
解得，，
故或.
所以11人中不明显有效运动的人数最有可能是3或4．
21. 已知双曲线的左、右顶点分别为、，为双曲线上异于、的任意一点，直线、的斜率乘积为．双曲线的焦点到渐近线的距离为1．
（1）求双曲线的方程；
（2）设不同于顶点的两点、在双曲线的右支上，直线、在轴上的截距之比为．试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）过定点，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）根据所给条件，列出方程组，求出即可得解；
（2）设出直线方程及M，N点的坐标，求出截距建立方程，再由解方程得或，即可得解.
【小问1详解】
设，
由可得，又，
，
又焦点到其一条渐近线的距离为，解得：．
所以双曲线的方程：.
【小问2详解】
设直线的方程为，如图，

由得，
，
，直线，则直线在轴上的截距为，
直线，则直线在轴上的截距为，
由题得：，又，
所以．
所以，则，
，
，
，化简得：或．
若，直线过顶点，舍去．．
则直线的方程为，
所以直线过定点．
22. 已知函数有两个极值点．其中，为自然对数的底数．
（1）求实数的取值范围；
（2）若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意转化为有两个不同实数根，利用导数研究大致图象，数形结合求解；
（2）要证不等式可转化为，换元后分离参数可转化为，利用导数求出不等式右边的最小值即可得解.
【小问1详解】
由于，
由题知有两个不同实数根，即有两个不同实数根．
令，则，解得，故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，故的图象如图所示，

当时，有两个零点且．则或，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，的极大值点为，极小值点为．
故有两个极值点时，实数的取值范围为．
【小问2详解】
由于
若设，则上式即为
由（1）可得，两式相除得，即，
由得
所以，令，
则在恒成立，由于，
令，则，，
显然在递增，
又有，所以存在使得，
且易得在递减，递增，又有，
所以存在使得，且易得在递减，递增，
又，则时，时，，所以易得在上递减，在上递增，则，
所以的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：不等式恒成立进行恒等转化，换元后在进行转化，分离参数为是解题的第一个关键，再换元后，构造函数，利用导数求函数的最值是第二个关键点，也是解题的难点.