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

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:

(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：C

3．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：C

4．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：A

6．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：D

8．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: ACD

10．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:BC

11．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.