【期中真题】浙江省9+1高中联盟2022-2023学年高三上学期11月期中联考数学试题.zip

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浙江省9+1高中联盟2022-2023学年高三上学期11月期中考试
数学试题
一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为，，故.
故选：A.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】求出，再求.也可直接用复数模长性质求解.
【详解】解法一：由题意，易得：，
∴.
解法二：
∴.
故选：D
3. 过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得直线的方程，根据圆的方程，可得圆心为（0,1），半径，根据点到直线距离公式，可得圆心（0,1）到直线的距离d，代入公式，即可求得答案.
【详解】由题意得：直线的斜率，且直线过原点，
所以直线的方程为，
圆的方程化为：，即圆心为（0,1），半径，
所以圆心（0,1）到直线的距离，
所以直线被圆所截得弦长为.
故选：B
4. 从2位男生，4位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同安排方法有（ ）种.
A. 16 B. 20 C. 96 D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】分一男两女与两男一女两类讨论.
【详解】若选一男两女共有：；
若选两男一女共有：；
因此共有96种，
故选：C
5. 雷峰塔又名黄妃塔､西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖风景区南岸夕照山（海拔46米）之上.是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利､祈求国泰民安而建.始建于北宋太平兴国二年（977年），历代屡加重修.现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重建于2002年，是“西湖十景”之一，中国九大名塔之一，中国首座彩色铜雕宝塔.李华同学为测量塔高，在西湖边相距的､两处（海拔均约16米）各放置一架垂直于地面高为米的测角仪､（如图所示）.在测角仪处测得两个数据：塔顶仰角及塔顶与观测仪点的视角在测角仪处测得塔顶与观测仪点的视角，李华根据以上数据能估计雷锋塔的高度约为（ ）（参考数据：，）

A. 70.5 B. 71 C. 71.5 D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】在中由正弦定理求得，在直角中，，
将平面画成平面图，以地平线为基准，根据各个高度关系求MN的高度.
【详解】在中，，，
所以，
由正弦定理得 ，
所以，
在直角中，，
将平面画成平面图如图所示：

由题意知：，， ，
.
故选：C.
6. 已知中，点为边中点，点为所在平面内一点，则“”为“点为重心”（ ）条件
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】等价于等价于点为重心.
【详解】充分性：
等价于：
等价于：
等价于：
所以为的靠近的三等分点，所以点为重心；
必要性：若点为重心，由重心性质知，故
故选：C
7. 已知函数的定义域为，且是偶函数，是奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】推导出函数的图象关于直线对称，关于点对称，求得，结合对称性可判断各项的正误.
【详解】因为函数为偶函数，则，
令可得，所以，，
因为函数为奇函数，则，
所以，函数的图象关于直线对称，关于点对称，
又因为函数的定义域为，则，则，
、、的值都不确定.
故选：D.
8. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D. .
【答案】A
【解析】
【分析】利用的单调性比较的大小关系，利用的单调性证明即可比较出的大小关系.
【详解】令，，
由得，，由得，，
所以在上为增函数，在为减函数.
因，所以，即，故.
因为，所以，所以，
所以，所以，而，所以．
故选：A
【点睛】比较数值大小的方法：
①根据函数的结构形式构造指对幂函数，利用它们的单调性比较大小；
②采取与中间量比大小，通常与0，1，比较.
③数值之间差距比较小时可以采用扩大倍数，或次方后再比较大小；
④对形式结构从外观上看不太统一的可以先变形后再构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系；
⑤借助于函数不等式、切线不等式放缩比大小.
二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】将的值代入解析式，利用导数分析函数的单调性与极值，结合图象及零点存在性定理，判断零点个数.
【详解】由已知可得的定义域为.
对于A、当时，，
则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
因为 且图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于B、当时，，则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有两个交点，
故此时有且只有两个零点，故该选项不合题意.
对于C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，
又因为 ，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于D、当时，，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
故选:ACD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数的值域为
B. 点是函数的一个对称中心
C. 函数在区间上是减函数
D. 若函数在区间上是减函数，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用辅助角公式可得出，利用正弦型函数的值域可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断CD选项.
【详解】因为.
对于A选项，函数的值域为，A对；
对于B选项，，故点是函数的一个对称中心，B对；
对于C选项，当时，，故函数在区间上不单调，C错；
对于D选项，由题意且函数在上为减函数，
当时，，且，
所以，，则，解得，
故的最大值为，D对.
故选：ABD.
11. 已知袋子中有个红球和个蓝球，现从袋子中随机摸球，则下列说法正确的是（ ）
A. 每次摸个球，摸出球观察颜色后不放回，则第次摸到红球的概率为
B. 每次摸个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第次摸到红球的条件下，第次摸到红球的概率为
C. 每次摸出个球，摸出的球观察颜色后放回，连续摸次后，摸到红球的次数的方差为
D. 从中不放回摸个球，摸到红球的个数的概率是
【答案】AD
【解析】
【分析】利用全概率公式可判断A选项；利用条件概率公式可判断B选项；利用二项分布的方差可判断C选项；利用超几何分布的概率可判断D选项.
【详解】对于A选项，记事件第一次摸红球，事件第一次摸蓝球，事件第二次摸红球，
则，A对；
对于B选项，每次摸个球，摸出的球观察颜色后不放回，
则第次摸到红球的条件下，第次摸到红球的概率为，B错；
对于C选项，由题意可知，则，C错；
对于D选项，从中不放回摸个球，摸到红球的个数的概率是，D对.
故选：AD.
12. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 球在正方体外部分的体积为
B. 若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则
C. 若点在平面下方，则直线与平面所成角的正弦值最大为
D. 若点､､在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，结合球的体积和正方体体积公式或利用球缺的体积公式即可判断；对于B，可取中点，可将利用向量运算转化为，再结合的范围即可判断；对于C，直线与平面所成角最大时直线正好与平面ABCD下方球相切，根据几何关系即可求出所成角的最大正弦值，即可判断；对于D，可将转化为，再利用不等式进行转化求解，即可判断.
【详解】对于A，正方体的棱切球的半径，如下图所示，

球在正方体外部的体积，
或者可根据球在平面上方球缺部分的体积，为球缺的高，

所以球在正方体外部的体积为， A选项错误；
对于B，取中点，可知在球面上，可得，所以，点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，所以（当为直径时，），所以，B选项正确；
对于C，

若正方体上底面字母为，则直线与平面所成角的正弦值最大时，如上图所示点位置，此时正弦值最大为1，
若正方体下底面字母为，设平面的中心为,直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
则直线与平面所成角最大时，直线正好与平面下方球相切，过作平面下方球的切线，切点为，将正方体及其棱切球的截面画出，如下图所示，可得，，，，，
所以，
，，
所以直线与平面所成角最大时为，
，C选项错误；

对于D，，
记向量与向量的夹角为，，因为，
且，
所以，
令，所以上式可化为，当且仅当时等号成立，
此时，即时等号成立，根据题意可知此条件显然成立，D选项正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，应树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 的展开式的中间一项的系数是___________.（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项展开式通项可求得所求项的系数.
【详解】由二项式展开式可知，的展开式的中间一项的系数为.
故答案为：.
14. 已知正实数，满足，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，，由基本不等式性质可得的最小值.
【详解】解：由，可得，
可得，
故的最小值为
【点睛】本题主要考查基本不等式，注意灵活运用其性质进行求解.
15. 我们知道用平面截正方体可以得到不同形状的截面，若棱长为的正方体被某平面截得的多边形为正六边形，以该正六边形为底，此正方体的顶点为顶点的棱锥的最大体积是___________.
【答案】##
【解析】
【分析】计算出正六边形的面积，以及棱锥高的最大值，利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】在棱长为的正方体中，、、、、、分别为对应棱的中点，
由正方体的几何性质可知，六边形为正六边形，且其边长为，
正六边形的面积为.
以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
，，，，
，，，，
，、平面，平面，
当棱锥的顶点为点或时，棱锥的高最大，
且该棱锥高的最大值为，
因此，此正方体的顶点为顶点的棱锥的最大体积是.
故答案为：.
16. 已知椭圆上两点，（为长半轴长），点为椭圆右焦点，点是线段中点，、、轴恰好围成以为顶点的等腰三角形，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】、、轴恰好围成以为顶点的等腰三角形可知，即可找到的关系求出离心率.
【详解】由题意知，
由､､轴恰好围成以为顶点的等腰三角形可知，
所以
整理得，故
故答案为：
四､解答题（本题共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. 已知数列的前项和为，若，
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）仿照与的关系，由求，再求，注意讨论是否符合；
（2）先裂项求和，再证明不等式.
【小问1详解】
当时，

相减得
当时，符合上式
所以.
当时，

当时，符合上式.
故
【小问2详解】
由（1）知：
所以


18. 已知的内角、、所对的边长分别为、、，且，若，，求：
（1）求的值；
（2）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理求出的值，再利用诱导公式可求得的值；
（2）解法一：根据结合余弦定理可得出，利用基本不等式可求得的最大值；
解法二：由向量线性运算可得出，利用平面向量数量积的运算可得出，利用基本不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
解：由已知和正弦定理得，
由余弦定理可得，
所以.
【小问2详解】
解：法一：，则，
由得，
即，
又中，
从而，
即，
所以（当且仅当时取等号），
故的最大值为.
法二：由
所以，，
即，
即，
所以（当且仅当时取等号），
故的最大值为.
19. 已知棱长均为2的平行六面体，，顶点的投影为棱中点.

（1）求三棱锥的体积；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）等积转化，点到面距离等于到面距离，可在等边中求取；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求解.
【小问1详解】

如图，由底面为菱形，，得正，从而有，
又平面，平面，得，又
故平面，由已知得，
平行六面体知：到面距离等于长
因为为中点，，所以为正三角形，故也为正三角形，
所以
【小问2详解】

由底面为菱形，，得正，从而有，以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
从而，
设平面的法向量为，则
，令，，
平面平面，其一个法向量为.
所以
所以平面与平面所成角的余弦值为
20. 直播电商带货的模式近年来发展势头迅猛，我国直播电商模式不仅规模上实现增长，在影响力上也发展成为重要的电商消费模式，包括直播活跃程度、覆盖商品类型、主播类型等都实现延展.每年的“双十一”购物节成为各直播电商里关注的节点.某直播公司为增加销售额，准备采取新举措，将原本单一的直播团队拆分为甲､乙两个直播团队，相互竞争.该公司记录了新举措实施前天的全公司的日均总销售额和新举措实施后天的日均总销售额的天数频数分布表，如表所示：
新举措实施前天全公司的日均总销售额
日均总销售额（万元）








天数








新举措实施后天全公司的日均总销售额
日均总销售额（万元）








天数









（1）将下面的列联表补充完整.并回答：在犯错误的概率不超过的前提下，能否判断公司销售额提高与采取新措施有关；

日均总销售额小于万元的天数
日均总销售额不小于万元的天数
总计
新举措实施前天



新举措实施后天



总计




（2）后期该公司还打算对甲、乙两个直播团队的表现进行如下考核：选定某周周一至周五的天时间，两队进行当天销售额的比较，若甲团队的销售额超过万元且乙团队的销售额未超过万元，则甲团队得分，乙团队得分；若乙团队的销售额超过万元且甲团队的销售额未超过万元，则乙团队得分，甲团队得分；若两团队的销售额都超过万元或都未超过万元，则两团队均得分.根据以往数据，甲、乙两团队某天销售额超过万元的概率分别为和，某一天的考核中甲团队的得分记为.
（i）若，，求的分布列；
（ii）若甲、乙两团队在考核开始时都赋予分，两队销售额比较次算一轮，若经过轮比较，甲团队得分的数学期望超过分，求的取值范围（用表示）.
参考公式及数据：，其中.

















【答案】（1）列联表答案见解析，在犯错误的概率不超过的前提下，能判断公司销售额提高与采取新措施有关
（2）（i）答案见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题中信息完善列联表，计算出观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列.
（i）将，代入可得出随机变量的分布列；
（ii）计算出的值，利用期望的性质可得出，根据题意可得出关于、的不等式，结合概率的范围可得出结果.
【小问1详解】
解：列联表如下：

日均总销售额小于万元的天数
日均总销售额不小于万元的天数
总计
新举措实施前天



新举措实施后天



总计



因为，
所以在犯错误的概率不超过的前提下，能判断公司销售额提高与采取新措施有关.
【小问2详解】
解：的所有可能取值为、、，
，，，
（i）将已知值，代入，得随机变量的分布列如下表所示：








（ii）由上可知，
，
又概率，故.
21. 过双曲线上一点作两渐近线的垂线，垂足为、，且.
（1）求双曲线方程；
（2）过点的直线与双曲线右支交于、两点，连接、，直线与、分别交于、，.
（i）若，求的值；
（ii）求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由已知可得出，利用点到直线的距离公式可得出，再利用、、的关系求得的值，即可得出双曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，则，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知，可得出，由可求得的值；
（ii）由已知可得，令，可得出，利用导数求出函数的值域，即可得出的最小值.
【小问1详解】
解：双曲线的渐近线方程为，
由已知得，
双曲线上一点到渐近线距离之积，
即，又，，
所以双曲线方程为.
【小问2详解】
解：（i）设直线方程，则，设点、，
联列方程组，可得，
由题意可得且恒成立，
又，，
直线的方程为，令，有，
即，同理，

直角三角形中，设直线交轴于点，
因为，则，
所以，，所以，，
则

，
即，
当时，因为，可得；
（ii）由（i）知：，从而，
令，则，
则
，则，
当时，；当时，，
所以在上递增，在上递减，故，所以最小值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
22. 已知函数.
（1）若的导函数为，试讨论的单调性；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由可求，再根据的导函数，讨论参数的范围即可得出的单调性；
（2）对任意的恒成立，转化为，令，讨论和时，函数的单调性，并根据函数值大于零，得出的取值范围.
【小问1详解】
解：由已知，则，
①当时，，得在单调递减；
②当时，，
得在单调递减，在单调递增，
综上：当时，函数在单调递减；
当时，函数在单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
解：即对恒成立，
整理得，令，
则求导得，注意到，而，
①当时，因为，故有，
，
记，则，
利用（证明略）得，
所以，
所以在单调递增，故，
所以对任意的恒成立，
②当时，根据①中的放缩得，
，
（i）若时，，不成立，
（ii）若时，当时，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．