浙江省七彩阳光新高考研究联盟2023-2024学年高三上学期返校联考数学试题（Word版附解析）

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1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由集合的交集运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
故选：C.
2. 在复平面内，复数对应的点在第一象限，为虚数单位，则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数的四则运算，即可求解.
【详解】由于复数对应的点在第一象限，可设，其中，，则，
所以，，复数对应的点位于第二象限.
故选：B
3. 向量，，在直线l方向向量上的投影向量相等，则直线l的斜率为（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的方向向量，求出两个向量在直线上的投影向量，由题意可得，的关系，进而求出直线的斜率.
【详解】因为在直线l方向向量上的投影向量一定共线，
设l的方向向量为，则，
即，
整理可得：，所以，直线斜率－1．
故选：B．
4. 若双曲线的两个顶点将两焦点间的线段三等分，则该双曲线的离心率为（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，从而可求解.
【详解】由题意双曲线的两个顶点将两焦点间的线段三等分，则，解得，故A 正确.
故选：A.
5. 过圆上一点作圆的两条切线，切点为，当最大时，直线的斜率为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由题意确定当三点线时，最大，进而得到即可得解.
【详解】
，当最大时，也即取最大，
因为，在直角三角形中，当最短时，最大，
又，当且仅当三点线时最小，
此时，，
所以直线的斜率为.
故选：.
6. 若函数为奇函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于函数为奇函数，则，从而可求解..
【详解】由为奇函数，
则，故B正确.
故选：B.
7. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和与差的正弦结合二倍角公式求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以.
故选：D.
8. 中国风扇车出现于西汉，《天工开物》亦有记载.又称风谷车、扬谷机风车、风柜、扇车、飚车、扬车、扬扇、扬谷器，是一种用来去除水稻等农作物子实中杂质、瘪粒、秸秆屑等的木制传统农具.它顶部有个入料仓，下面有一个漏斗出大米，侧面有一个小漏斗出细米、瘪粒，尾部出谷壳. 顶部的入料仓高为4dm的多面体，其上下底面平行，上底面是长为6dm，宽为4dm长方形，下底面是边长为3dm的正方形，侧面均为梯形，此入料仓的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图将几何体体积转化成由锥体的体积公式即可求解.
【详解】作截图如图：
是中点，是中心，

则到上下底面的距离为，
，
，
，
，
同理,
所以，
所以
故选：A.
二、多项选择题：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.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 函数在上单调递增
B. 存在使得
C. 函数图象存在两条相互垂直的切线
D. 存在使得
【答案】AD
【解析】
【分析】求导，确定函数单调性，结合导数的几何意义及零点存在性定理逐项判断即可.
【详解】由，即在上都递增，A正确，错误；
由，故B错误，
由解析式知，由零点存在性定理可知存在使得，D正确；
故选：.
10. 某校高三选科为政史地组合的班级为高三（1）班50人、高三（2）班40人.现对某次数学测试的成绩进行统计，高三（1）班平均分为99分，优秀率为，方差为11；高三（2）班平均分为90，优秀率为，方差为11.则政史地班级的（ ）
A. 平均分95B. 优秀率为
C. 方差为31D. 两个班分数极差相同
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用分层抽样的平均数、方差公式计算可得.
【详解】A选项：，故A正确；
B选项：，故B正确；
C选项：
，故C正确；
D选项：没有具体数据，故D错误；
故选：.
11. 已知在上单调，为的零点，为函数 图象的对称轴，则的值不可能是（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】BCD
【解析】
【分析】由函数在上单调确定范围，再结合选项逐个判断即可.
【详解】由上单调得，故，
D不可能；
，即为的奇数倍，B不可能；
当时，此时，满足，，A可能；
当时，C不可能；
故选：BCD.
12. 已知为坐标原点，点，点为单位圆上的动点，绕原点逆时针旋转 到，再将绕原点逆时针旋转到，则（ ）
A. 存在3个使得B. 存在6个使得
C. 存在4个使得D. 存在4个使得
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A：解方程可判断；对于B:解方程可判断；对于C:解方程 可判断；对于D: 解方程可判断.
【详解】A选项：由题意得，
解得或，因为，则正确；
B选项：由题意得或，
解得或或，因为，则共6个解，正确；
C选项：
或，
解得或，因为，则共4个解，正确；
选项：
或，
解得，因为，则共2个解，错误．
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用二倍角公式从而得到方程，再结合余弦函数的性质判断即可.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知是等差数列的前项和，，则________．
【答案】0
【解析】
【分析】由已知可得，利用等差数列的性质可求.
【详解】，所以.
故答案为：0．
14. 已知多项式，若，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意，求出，代入即可求解.
【详解】，代入，解得或（舍去），
故答案为：1．
15. 用半径为2的钢球切割出一个圆柱体，则圆柱体的体积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆柱体的底面半径为，高为．则得，再结合基本不等式从而可求解.
【详解】设圆柱体的底面半径为，高为，则，
即，解得，
故，当且仅当时，等号成立.
故答案为:.
16. 已知抛物线的焦点为F，过抛物线上点P作切线，过F作，交抛物线于A，B．记直线PA，PB的斜率分别为，．则的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意设直线斜率记为. 设直线的斜率，的斜率为，先利用导数求出，则直线AB方程为，然后与抛物线方程联立，再结合韦达定理及基本不等式即可求解.
【详解】直线斜率记为. 设直线的斜率，的斜率为，
设，，，
因为，直线AB方程为，
联立直线与抛物线方程：得，则，，
，（当且仅当时取等号）
故答案为．
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. 在中，内角所对边分别为．
（1）求;
（2）若在边上，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换，然后利用和差公式化简得到，然后求即可；
（2）根据得到，然后分别在和中利用正弦定理得到，解方程得到，然后求即可.
【小问1详解】
由得，即，
即，
即，
因为，所以，，
因为，所以.
【小问2详解】

因为，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
因为，，所以，，
所以，，即.
18. 甲乙两人进行乒乓球比赛，现约定：谁先赢3局谁就赢得比赛，且比赛结束．若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．
（1）求甲赢得比赛的概率；
（2）记比赛结束时的总局数为，写出的分布列，并求出的期望值．
【答案】（1）
（2）分布列见详解，.
【解析】
【分析】（1）根据题意，求出甲胜共进行3局，4局，5局的概率，再利用互斥事件的概率公式求解；
（2）的可能值为3，4，5，分别求出每种情况的概率，按照步骤求分布列即可.
【小问1详解】
比赛采用5局3胜，甲赢得比赛有以下3种情况：
① 甲连赢3局：；
② 前3局2胜1负，第4局甲赢：;
③ 前4局甲2胜2负，第5局甲赢：，
所以甲赢得比赛的概率为.
【小问2详解】
可以取3，4，5
所以,
,
,
由此可得的分布列为：
所以.
19. 已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论和求出函数的单调区间即得.
（2）不等式可化为：，通过平方，构造函数，通过求导确定其单调性，求得最值，即可求证.
【小问1详解】
，
当时，在上单调递增
当时，，
当，在单调递减，
当，在单调递增．
【小问2详解】
由，
要证，
即证，
即证，
令，则，
易知在上单调递减，在上单调递增，即，
，得证．
20. 如图，直四棱柱，底面为等腰梯形，，且，分别为的中点．
（1）求证：平面：
（2）若四面体的体积为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）取中点，连接BD，，先证明，且由，可得，利用线面垂直得，再证明四边形是平行四边形，即可求解.
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出点到平面的距离，即可求解.
【小问1详解】
证明：取中点，连接BD，，如图，
则，且，
所以四边形为平行四边形，
所以且，所以，
则在中，，所以可得为直角三角形，则，
所以，
又因为，，所以，
又因为，，
所以，
又因为分别为的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以．
【小问2详解】
由（1）可建立如（1）图中所示直角坐标系，设，
则，
，
设平面法向量的一个，
则，令x=2，得，
则点到平面的距离，
在中，，
设上的高，
所以，
又因为四面体的体积为，即，解得：.
所以.
21. 已知数列an和bn满足．
（1）求与；
（2）设数列bn的前项和为，是否存在实数，使得成等差数列？若存在求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）求出得，且根据递推公式可得，，从而得是首项为1，公比为2的等比数列，即可求出，从而可求出，即可求解.
（2）利用错位相减法求得 ，然后利用等差数列的性质可得，从而可求解.
【小问1详解】
由题得，
，
，
是首项为1，公比为2的等比数列，
，即，
，则得，
，
．
故，.
【小问2详解】
存在，．理由如下：
①，
②，
①-②得，
化简得 ，
代入，
可得，
故．
所以存，使得成等差数列.
22. 如图，已知椭圆的左，右焦点分别为，抛物线的焦点为，抛物线的弦和椭圆的弦交于点，且为的中点.
（1）求的值；
（2）记的面积为的面积为，求的最小值.
【答案】（1）1 （2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，可得，结合抛物线焦点为，从而可求解.
（2）设直线为为，则直线为，与抛物线联立，再结合韦达定理可得，
，记即得，，然后构造函数，利用导数求出其最小值，即可求解.
【小问1详解】
易得，故，
又是抛物线的焦点，所以，解得.
故.
【小问2详解】
设直线为，则直线为，
联立解得，
设，，
由韦达定理知，
所以，
，
记，
，
令，
，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，取到极小值也是最小值，
所以，此时，即.
所以最小值为.
3
4
5