2023届浙江省强基联盟高三下学期2月统测数学试题含解析

这是一份2023届浙江省强基联盟高三下学期2月统测数学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届浙江省强基联盟高三下学期2月统测数学试题

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据指数函数和对数函数性质化简集合，根据交集运算定义求.
【详解】不等式的解集为，
不等式的解集为，
所以，，
所以，
故选：B．
2．若（i是虚数单位），则（    ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算求得，再根据共轭复数的概念得，即可求得模长.
【详解】因为，所以，
则，即．
故选：C．
3．已知，则“”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】A
【分析】利用充分不必要条件判断即可.
【详解】由可知，
所以，
所以充分性成立，
当时，满足，
但是不成立，
所以必要性不成立，
故选：A．
4．已知甲、乙两名员工分别从家中赶往工作单位的时间互不影响，经统计，甲、乙一个月内从家中到工作单位所用时间在各个时间段内的频率如下：
时间/分钟
10~20
20~30
30~40
40~50
甲的频率
0.1
0.4
0.2
0.3
乙的频率
0
0.3
0.6
0.1

某日工作单位接到一项任务，需要甲在30分钟内到达，乙在40分钟内到达，用表示甲、乙两人在要求时间内从家中到达单位的人数，用频率估计概率，则的数学期望和方差分别是（    ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设事件表示甲在规定的时间内到达，表示乙在规定的时间内到达，由题求出事件的概率，分析的值 ，求出对应值的概率，然后求出数学期望及方差即可.
【详解】设事件表示甲在规定的时间内到达，表示乙在规定的时间内到达，，相互独立，
，



，
，
．
故选：D.
5．已知椭圆的左、右焦点为为椭圆上一点，过P点作椭圆的切线l，PM垂直于直线l且与x轴交于点M，若M为的中点，则该椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由椭圆方程和切点坐标，写出切线方程，得M点坐标，由M的位置，求得离心率.
【详解】因为为椭圆 上一点，所以过P作椭圆的切线，
切线斜率，所以PM的斜率，直线PM的方程为，
令，得，所以，由题， ，所以，．
故选：C．
6．在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵中，，鳖臑的外接球的体积为，则阳马体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．4
【答案】B
【分析】设的外接球半径为r，根据鳖臑的外接球的体积即可求得r，再根据的外接球的半径与三棱柱的外接球的半径相同可得到x，y的关系式，再根据四棱锥的体积公式结合基本不等式即可求解．
【详解】设的外接球半径为r，
则的外接球的体积为．
．
又阳马的体积为，
所以阳马体积的最大值为．
故选：B．
7．已知在三角形ABC中，，点M，N分别为边AB，AC上的动点，，其中，点P，Q分别为MN，BC的中点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据，再计算，得到函数，最后根据二次函数在区间最值的求法即可求解.
【详解】，
则，
而，
，
而的对称轴为，
故当时，，
故选：B
8．已知，且，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据指对互化将，变形得，构造函数，求导验证其单调性，即可得函数值的大小关系，从而可得的大小.
【详解】因为，所以可得，
设函数，则，
，令，则在上恒成立，
所以单调递减，则，所以在上单调递减，
所以，从而.
故选：A．

二、多选题
9．用分层随机抽样法从某校高一年级学生的数学竞赛成绩（满分150分）中抽取一个容量为120的样本，其中男生成绩的数据有80个，女生成绩的数据有40个，将这80个男生的成绩分为6组，绘制得到如图所示的频率分布直方图，下列说法正确的是（    ）

A．男生成绩的样本数据在内的频率为0.015
B．男生成绩的样本数据的平均数为97
C．男生成绩的样本数据的第75百分位数为118
D．女生成绩的样本数据的平均数为91，则总样本的平均数为95
【答案】BCD
【分析】根据频率分布直方图的性质求男生成绩的样本数据在内的频率判断A，
根据平均数的计算公式求平均数判断B，
根据百分位数的定义求男生成绩的样本数据的第75百分位数判断C，
根据分层抽样平均数公式求总样本的平均数判断D.
【详解】由频率分布直方图性质可得男生成绩的样本数据在内的频率为，A错误；
男生成绩的平均数为，B正确；
由已知男生成绩的样本数据低于110的频率为0.65，
男生成绩的样本数据低于130的频率为0.90，
所以男生成绩的样本数据的第75百分位数为，C正确；
总样本的平均数为，D正确．
故选：BCD.
10．如图，正方体，若点M在线段上运动，则下列结论正确的为（    ）

A．三棱锥的体积为定值
B．直线DM与平面所成角的最大值为
C．
D．点M到平面与到平面ACD的距离之和为定值
【答案】ACD
【分析】根据正方体中的直线与平面的关系，判断选项正误.
【详解】对于选项A，点M在线段上运动，而，平面，平面，
所以平面，点M到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，A正确；
对于选项B，因为平面，所以即直线DM与平面所成的角，，
当M为的中点时，最大，此时，B错误；
对于选项C，因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，，
所以平面，又平面，，C正确；
对于选项D，到平面的距离为，M到平面ACD的距离为，
所以M到两个平面的距离之和为，是定值，D正确．
故选：ACD.
11．已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点（点A在第一象限），过A，B点作准线的垂线，垂足分别为．设直线l的倾斜角为，当时，．则下列说法正确的是（    ）
A．有可能为直角
B．
C．Q为抛物线C上一个动点，为定点，的最小值为
D．过F点作倾斜角的角平分线FP交抛物线C于P点（点P在第一象限），则存在，使
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，求出抛物线方程，再逐项分析、计算判断作答.
【详解】依题意，点，准线方程为，设，直线，
由消去x得：，，
当时，，，，
解得，抛物线，，
对于A，当时，，有，为直角，A正确；
对于B，，，，，

因此，即，而，则，B正确；
对于C，显然点E在抛物线C内，，当且仅当点Q是直线EF与抛物线C的交点时取等号，C错误；
对于D，由，，得，
，同理，
，
令，而，解得，则，D正确.
故选：ABD
12．已知连续函数及其导函数的定义域均为，记，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则（    ）
A． B．
C．在上至少有2个零点 D．
【答案】AC
【分析】根据的图象关于y轴对称，结合求导可求得的图象关于点对称，再根据为奇函数，可得的图象关于点对称且关于直线对称，进而可得为和的一个周期，从而可判断选项A，B，C，根据的图象关于对称，从而可判断选项D．
【详解】定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．
定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．
以下证明定理1，定理2：
证明：
若函数图象关于直线对称，则，
则，所以导函数图象关于点对称．
若导函数图象关于点对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于直线对称．
若函数图象关于点对称，则，
则，所以图象关于直线对称．
若导函数图象关于直线对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于点对称．
故下面可以直接引用以上定理．
由的图象关于y轴对称，
则，两边求导得，
即，的图象关于点对称，
又由定理2，所以的图象关于直线对称．
又为奇函数，则，
的图象关于点对称，
又由定理1，则的图象关于对称．
为和的一个周期，，∴A正确；
，∴B错误；
由，得在上至少有2个零点．∴C正确；
由的图象关于对称，且周期为3，则的图象关于对称，
，，，，，，
，，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的奇偶性和定理1，定理2来确定函数的对称性及周期性．

三、填空题
13．的展开式中的系数为________．
【答案】240
【分析】根据二项展开式的通项，运算求解.
【详解】的展开式的通项为：
令，则
∴的展开式中的系数为240
故答案为：240.
14．已知直线与曲线有两个交点，则m的取值范围为____________．
【答案】
【分析】先求出直线所过定点，再将曲线转化为，可知其为半圆，结合图像，即可求出的取值范围.
【详解】由题意得，直线的方程可化为，所以直线恒过定点，
又曲线可化为，其表示以为圆心，半径为2的圆的下半部分，如图.
当与该曲线相切时，点到直线的距离，解得，
设，则，
由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，须得，
即m的取值范围为.
故答案为：.

15．已知函数，，，在上单调，则正整数的最大值为____________．
【答案】7
【分析】根据可知直线为图象的对称轴，根据可得的对称中心为，结合三角函数的周期性可得，再根据在上单调，可得，当取到最大值时，求解，检验在上单调性看是否满足，即可得答案.
【详解】，∴直线为图象的对称轴，
，的对称中心为，
，
，
．
又在上单调，．
，，
又，
∴当时，，因为直线为图象的对称轴，所以，，
解得，，又，所以，则，
当时，，则在上单调，
则正整数的最大值为7．
故答案为：7.
16．，则b的最大值是____________．
【答案】
【分析】将不等式变形为，等价于直线在与之间，通过图象发现当且仅当l为两函数的公切线时，b获得最值，故利用导数的几何意义可得到（其中为l与的切点的横坐标），故构造，研究其零点的范围即可
【详解】，变形得．
问题等价于直线在与之间，
如图所示．

当且仅当l为两函数的公切线时，b获得最值．
设l与的切点为，l与的切点为，
由公切线得，
得，
得
，
发现为的一个解．
令，
令，得，
所以当，当，
在上单调递减，在上单调递增，，
而，，
的两根居于两侧，
已知一根为，所以另一根大于，
因为在上单调递减，
所以当时，b取得最大值，该值为．
故答案为：
【点睛】关键点睛：这道题的关键一是能看出直线在与之间，通过数形结合的方法得到当且仅当l为两函数的公切线时b获得最值，关键二是构造借助导数的方法得到的两根居于两侧，然后根据二次函数的函数进行判断即可

四、解答题
17．已知是公比为2的等比数列，为正项数列，，当时，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记．求数列的前n项和．
【答案】(1)，；
(2)

【分析】(1)利用等比数列通项公式求数列的通项公式，再求数列的通项公式，利用累乘法求数列的通项公式；
(2)利用组合求和法和错位相减法求数列的前n项和．
【详解】（1）因为数列为等比数列，公比为2，首项为，
所以，
所以
由，推得，
所以，，，，，
故，又，
所以当时，，又，
所以．
（2）由题可得，
令，的前n项和为．
所以，
，
相减得，
所以，
所以．
令，的前n项和为，
则，
综上，．
18．已知锐角，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且．
(1)证明：；
(2)若为的角平分线，交AB于D点，且．求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由正弦定理可将转化为，结合角度关系转化得，即可证得；
（2）由为的角平分线，，可得，根据面积公式可求得，再由三角形为锐角三角形可得的范围，由平方公式二倍角公式可得的值，根据和差公式得的值，由余弦定理求得，再根据正弦定理的的值即可.
【详解】（1）证明：因为，由正弦定理得：
，又，
所以，整理得．
又，则，即.
（2）因为为的平分线，且，
所以，则，
所以，可得，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，所以，
由正弦定理得.
19．如图所示的几何体是一个半圆柱，点P是半圆弧上一动点（点P与点A，D不重合），．

(1)证明：；
(2)若点P在平面ABCD的射影为点H，设的中点为E点，当点P运动到某个位置时，平面与平面的夹角为，求此时DH的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)．

【分析】(1)先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，再证明；
(2)建立空间直角坐标系，设，根据向量方法利用表示平面与平面的夹角余弦，由条件列方程可求得，由此确定点的坐标，再求的长度．
【详解】（1）连接AP，在半圆柱中，
因为平面，平面，
所以，
又因为AD是直径，所以，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以．

（2）依题意可知，以线段AD的中点O为坐标原点，
以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，
所以则
令，则，
所以为平面的一个法向量．

设平面的法向量为，
因为
所以，则
令，则，
所以为平面的一个法向量．
因为平面与平面所成的锐二面角为，
所以，
令，则，平方得，
即，又由，
可解得或（舍去），
所以，
点P在平面ABCD的射影为点，
因此DH的长度为．
20．2022年卡塔尔世界杯决赛圈共有32队参加，其中欧洲球队有13支，分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士．世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛，当进入淘汰赛阶段时，比赛必须要分出胜负．淘汰赛规则如下：在比赛常规时间90分钟内分出胜负，比赛结束，若比分相同，则进入30分钟的加时赛．在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负．点球大战分为2个阶段．第一阶段：前5轮双方各派5名球员，依次踢点球，以5轮的总进球数作为标准（非必要无需踢满5轮），前5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利．第二阶段：如果前5轮还是平局，进入“突然死亡”阶段，双方依次轮流踢点球，如果在该阶段一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利．
下表是2022年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果：
淘汰赛
比赛结果
淘汰赛
比赛结果
1/8决赛
荷兰美国
1/4决赛
克罗地亚巴西
阿根廷澳大利亚
荷兰阿根廷
法国波兰
摩洛哥葡萄牙
英格兰塞内加尔
英格兰法国
日本克罗地亚
半决赛
阿根廷克罗地亚
巴西韩国
法国摩洛哥
摩洛哥西班牙
季军赛
克罗地亚摩洛哥
葡萄牙瑞士
决赛
阿根廷法国

注：“阿根廷法国”表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为，在点球大战中阿根廷战胜法国．
(1)请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率．
(2)根据题意填写下面的列联表，并通过计算判断是否能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“32支决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．

欧洲球队
其他球队
合计
闯入8强



未闯入8强



合计




(3)若甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过120分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战．已知甲队球员每轮踢进点球的概率为p，乙队球员每轮踢进点球的概率为，求在点球大战中，两队前2轮比分为的条件下，甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率（用p表示）．
参考公式：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828


【答案】(1)
(2)分布列见解析，不能
(3)

【分析】(1)根据古典概型概率公式求解；
(2)由条件数据填写列联表，提出零假设，计算，比较其与临界值的大小，确定是否接受假设；
(3)根据实际比赛进程，根据独立重复试验概率公式，独立事件概率公式和互斥事件概率公式求概率.
【详解】（1）由题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有16场比赛，其中有5场比赛通过点球大战决出胜负，
所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率；
（2）下面为列联表：

欧洲球队
其他球队
合计
进入8强
5
3
8
未进入8强
8
16
24
合计
13
19
32

零假设支决赛圈球队闯入8强与是否为欧洲球队无关．
．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即不能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．
（3）根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢．两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分，．
当后3轮比分为时，甲乙两队均需踢满5轮，．
当后3轮比分为时，有如下3种情况：

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
√

甲
√
×
√
甲
×
√
√
乙
×
×

乙
×
×

乙
×
×


则．
当后3轮比分为时，有如下6种情况：

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
√
×
甲
√
√
×
甲
√
×
√
乙
√
×
×
乙
×
√
×
乙
√
×
×

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
×
√
甲
×
√
√
甲
×
√
√
乙
×
√
×
乙
√
×
×
乙
×
√
×

则．
当后3轮比分为时，有如下2种情况：

3
4
5


3
4
5
甲
√
√
√
甲
√
√
√
乙
√
×

乙
×
√


则
当后3轮比分为时，有如下1种情况：

3
4
5
甲
√
√
√
乙
√
√
×

则．
综上，在点球大战中两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率.
【点睛】方法点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．
（1）基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举；
（2）注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
21．已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
(1)求双曲线E的标准方程．
(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线CD过定点，定点坐标为．

【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【详解】（1）法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
（2）直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，






，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得


．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性，
(2)若有两个极值点，且．恒成立．
①求a的取值范围；
②证明：
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）分类讨论的值，利用导数得出单调性；
（2）①根据韦达定理得出，再由的单调性得出a的取值范围；②将题设不等式化为，利用导数得出的最小值，进而由证明不等式.
【详解】（1）令，即．
若，即当时，，在上为增函数．
若，即当时，．
①若，当时，；
当时，；
即在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数．
②若，当时，；
当时，；
则在上为减函数，上为增函数．
（2）①由（1）知有两个极值点，则，由已知得，
则
．
令，则，在内单调递减．
，的取值范围是．
②证明恒成立等价于成立，即成立．
令，则，
令，则，
显然在上，，即在上为增函数．
当时，．
使得，即，
则为减函数，为增函数．
．
．
令，则在上，，在上单调递增．
，即，
，
，则恒成立．
而已求得，即证得恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.