浙江省绍兴市2023届高三数学下学期4月高考适应性(二模)试题（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴市2023届高三数学下学期4月高考适应性(二模)试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 下列函数在区间上单调递增的是， 已知非零向量满足，则，58米B，2B， 已知函数是的导函数，则等内容，欢迎下载使用。

浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷
数学试题
本科试题卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一、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】D
【解析】
【分析】根据交集的含义即可得到答案.
【详解】因为集合表示的是所有偶数的集合，所以，
故选：D.
2. 已知，则（ ）
A. B. 0 C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算计算求模即可.
【详解】设，则，故，解之得，
所以.
故选:A
3. 下列函数在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于BCD，根据各个选项观察均是向右平移两个单位长度的形式，根据原函数的单调区间可以判断平移后的单调区间，进而判断上的单调性得到结论，而根据二次函数的单调性可判断A的正误.
【详解】对于选项：开口向上，对称轴，所以在上单调递减，故不符合题意.
对于选项：是向右平移了两个单位长度，所以在在上单调递减，故不符合题意.
对于选项：是向右平移了两个单位长度，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以不符合题意.
对于选项：是向右平移了两个单位长度，
所以在上单调递增，则在上单调递增，符合题意.
故选.
4. 已知非零向量满足，则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】对两边平方计算可得答案.
【详解】∵，∴，
又，∴，
解得.
故选：A.
5. 绍兴某乡村要修建一条100米长的水渠，水渠的过水横断面为底角为120°的等腰梯形（如图）水渠底面与侧面的修建造价均为每平方米100元，为了提高水渠的过水率，要使过水横断面的面积尽可能大，现有资金3万元，当过水横断面面积最大时，水果的深度（即梯形的高）约为（ ）（参考数据：）

A. 0.58米 B. 0.87米 C. 1.17米 D. 1.73米
【答案】B
【解析】
【分析】如图设横截面为等腰梯形，于，求出资金3万元都用完时，设，再根据梯形的面积公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】如图设横截面为等腰梯形，于，，
要使水横断面面积最大，则此时资金3万元都用完，
则，解得米，
设，则，故，且，
梯形的面积，
当时，，
此时，
即当过水横断面面积最大时，水果的深度（即梯形的高）约为0.87米.

故选：B.
6. 已知一组样本数据共有9个数，其平均数为8，方差为12.将这组样本数据增加一个数据后，所得新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差为（ ）
A. 18.2 B. 19.6 C. 19.8 D. 21.4
【答案】C
【解析】
【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.
【详解】设增加的数为，原来的9个数分别为，
则，，
所以，
又因为，即，
所以，
故选：C.
7. 已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设共圆（不与重合），进而确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值，即可得结果.
【详解】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，

如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.

故选：D
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据进行构造函数，利用导数判断单调性，推出a与1的大小关系，同理判断b与1的关系，判断的大小范围时采用分析的方法，结合的特点，构造函数，利用导数判断单调性，即可判断其范围.
【详解】设函数,求导得：,
∴在上单调递减，所以，A错误；
设函数，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，仅当时取等号，
即，则时，，即，
所以，D错误；
由，
下面证明，
，即证,
令，即证：，即，
构造函数 ，即证，
由，所以在上单调递减，则，
即证，
令，，
即在上单调递减，故，即成立，
故成立，所以，
故选：B
【点睛】难点点睛：本题比较大小，要明确数的结构特点，确定其中的变量，进而构造相应的函数，利用单调性进行大小比较，难点是本题解答时要选择恰当的变量，连续构造相应的函数，进行解答.
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. 已知函数是的导函数，则（ ）
A. 与的周期相同
B. 与的值域相同
C. 可能是奇函数
D. 的最大值是
【答案】AC
【解析】
【分析】求导得出，利用三角函数性质直接判断AB，再利用辅助角公式及正弦函数性质判断C，结合二倍角公式判断D．
【详解】由题意，
因此和的最小正周期都是，A正确；
值域是，而的值域是，时，两者不相同，B错；
，（其中，，为锐角），
，当，即时，是奇函数，C正确；
，最大值是，D错．
故选：AC．
10. 已知抛物线的焦点分别为.若分别为上的点，且线段平行于轴，则（ ）
A. 当时，是直角三角形
B. 当时，是等腰三角形
C. 四边形可能是菱形
D. 四边形可能是矩形
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意，不妨设，所以，当时，求出坐标，利用两点间的距离公式求出可判断A；当时，求出坐标，利用两点间的距离公式求出可判断B；若四边形是菱形，则，求出、可判断C；结合C，再判断出轴，轴可判断D.
【详解】由题意，不妨设，所以，
对于A，如下图，当时，，即，解得，
所以，可得，
所以，是直角三角形，故A正确；

对于B，如下图，当时，，即，解得，
所以，可得，，，
所以，，所以是等腰三角形，故B正确；

对于C，如下图，若四边形是菱形，则，即，，解得，所以，
可得，，
所以，所以四边形不是菱形，故C错误；

对于D，如下图，由C知，，，
轴，轴，所以四边形可能是矩形，故D正确.

故选：ABD.
11. 某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲，是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不计），底面为平行四边形，设棱锥高为，体积为，现将容器以棱为轴向左侧倾斜，如图乙，这时水面恰好经过，其中分别为棱的中点，则（ ）

A. 水的体积为
B. 水的体积为
C. 图甲中的水面高度为
D. 图甲中的水面高度为
【答案】AC
【解析】
【分析】将四棱锥补成平行六面体，利用棱柱和棱锥的体积公式逐项分析即可.
【详解】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，
根据分别为棱的中点，
则，而三棱柱与平行六面体的高相同，
则，

根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则
易知，
则，故A正确，B错误，
图甲中上方的小四棱锥高为,则，则，

故图甲中的水面高度为，故C正确,D错误；
故选：AC.
12. “冰雹猜想”也称为“角谷猜想”，是指对于任意一个正整数，如果是奇数㩆乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次操作后的结果必为1，犹如冰雹掉落的过程.参照“冰雹猜想”，提出了如下问题：设，各项均为正整数的数列满足，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当为奇数时，
D. 当为偶数时，是递增数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】当时，结合条件求出可判断A，求出可判断B；由数学归纳法可证明C；据与零的关系，判断数列单调递增可判断D.
【详解】对于A，当时，，
，，，，
，故A正确；
对于B，当时，由A选项知：，故B不正确；
对于C，因为，当为奇数时，且为偶数，．
假设为奇数时， ；为偶数时，．
当为奇数时，，且为偶数；
当为偶数时，．
所以若为奇数，则；若为偶数，则．
因此对都有，故C正确；
对于D，当为偶数时，若为奇数，则为奇数．
因为为奇数，所以归纳可得，对，均为奇数，则，
所以，
所以数列单调递增，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理计算即可.
【详解】原式

=
故答案为：
14. 已知圆，若被两坐标轴截得的弦长相等，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，即圆心的横纵坐标的绝对值相等可得答案.
【详解】圆的弦长为（为圆的半径，为圆心到弦的距离），
若被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，
即圆心的横纵坐标的绝对值相等，即，解得.
故答案为：.
15. 与曲线和都相切的直线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.
【详解】设直线与曲线相切于点，
因为，所以该直线的方程为，即，
设直线与曲线相切于点，
因为，所以该直线的方程为，即，
所以，解得，
所以该直线的方程为，
故答案为：.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为.若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由点的对称性求出点坐标，和线段、，从而发现为直角，再由椭圆标准定义找到关系，并求出、的长度，最后在直角三角形中，求出的值.
【详解】
设关于直线的对称点，
由，得，
可知，，又知，
所以，则为直角，
由题意，点恰好在上，根据椭圆定义，得，
，设，则，
在直角三角形中，，
解得，从而，，
所以.
故答案为：
四、解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤）
17. 记为正项数列的前项积，且.
（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）由等比数列的定义可得答案；
（2）由等比数列的前项和公式可得答案.
【小问1详解】
由可得，，即，
又因为，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，
所以；
【小问2详解】
，
所以
.
18. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，求；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解法1：由可得，由正弦定理和余弦定理将等式边化角即可求出；解法2：由正弦定理可得，结合两角和的正弦公式、二倍角的正弦和余弦公式，化简可得，再由余弦定理代入即可求出；
（2）由可得，再由余弦定理即可求出；解法2：由正弦定理边化角化简已知表达式可得，再结合两角和的正弦公式，二倍角的正弦和余弦公式化简即可求出.
【小问1详解】
解法1：

代入，得
解法2：由正弦定理可得：：
代入化简，
则，
则，
因为，所以，解得：；
由余弦定理可得：，
代入化简得，解得（负值舍）.
【小问2详解】
解法1：
，
，又
所以
解法2：因为，所以，
代入，
，
，
因为，则，
化简：，
当时，则，则，舍去不满足题意；
当时，则，因为，所以.
19. 如图，在多面体中，，平面，为等边三角形，，，，点是的中点．

（1）若点是的重心，证明；点在平面内；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取A中点N，连接，MN，由点G是的重心，得出，再证明四边形是平行四边形，即可证明点在平面内；
（2）解法1：由⊥平面，，得出平行四边形为矩形，得出，再由点是的中点得出，证明出平面，得出，即可得出就是所求二面角的平面角，求出的正弦值即可得出答案；解法2：建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，求出两平面夹角的余弦，再求出正弦即可．
【小问1详解】
证明：取A中点N，连接，MN，如图所示，
因为点G是的重心，
故G一定中线上，
因为点是的中点，点是的中点，
所以是梯形的中位线，
所以，且，
又，
所以，
所以四边形是平行四边形，
因为点，平面，
所以点平面，
即点在平面内．
【小问2详解】
解法1：
因为⊥平面，，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是矩形，，
所以，
因为为等边三角形，点是中点，
所以，
所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
所以就是所求二面角的平面角，
因为，
所以，
故二面角的正弦值为．
解法2：以为原点，所在直线为x轴，垂直于的直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
，
设平面与平面的法向量分别为，
则，不妨取.则，
，不妨取，
所以，
故二面角正弦值为．
20. 2023年是全面贯彻落实党二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆，绍兴一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市，得到其广告支出x（单位：万元）与销售额y（单位：万元）数据如下：
超市
A
B
C
D
E
F
G
广告支出
1
2
4
6
10
13
20
销售额
19
32
44
40
52
53
54

（1）建立关于的一元线性回归方程（系数精确到0.01）；
（2）若将超市的销售额与广告支出的比值称为该超市的广告效率值，当时，称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为，求的分布列与期望.
附注：参考数据，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望为
【解析】
【分析】（1）首先计算，再根据参考公式和数据，分别计算和，即可求解；
（2）根据超几何分布求概率，再根据分布列求期望.
【小问1详解】
由数据可得；
，
又，
,
.
.
【小问2详解】
由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0，1，2，3
.
.
所以的分布列为

0
1
2
3





所以.
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，且到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）过的左顶点且不与轴重合的直线交的右支于点，交直线于点，过作的平行线，交直线于点，证明：在定圆上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离求出即可得解；
（2）由题意可设PA，的斜率分别为，设直线AP的方程为，联立双曲线方程，求出，由三角函数可得，即化为得证.
【小问1详解】
根据题意可知C的一条渐近线方程为，
设到渐近线的距离为，
所以，
所以的方程为.
【小问2详解】
设C的左顶点为A，则,
故直线为线段的垂直平分线.

所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为.
与C的方程联立有，
设B），则，即，
所以
当轴时，，是等腰直角三角形，
且易知
当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故
因为，
所以
所以
因为
所以
所以为定值，
所以点Q在以为圆心且半径为4的定圆上.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 设函数.
（1）证明：当时，；
（2）记，若有且仅有2个零点，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2），0，1
【解析】
【分析】（1）求出，利用其单调性和特殊值可得使得，再由可得答案；
（2）由时，求出的零点，①当时，利用范围可得在有1个零点：分、、讨论，利用的单调性和函数值可得答案.
【小问1详解】
当时，有，单调递增，
又，则可知，使得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，则可知；
【小问2详解】
依题意，函数的定义域是，
当时，，即，而，
时，，时，，有两个零点，符合题意；
①当时，若，有，且，有，
又，由（1）可知又，则
所以在有1个零点：
若，有，若，
有，
可知在有1个零点，符合题意：
若，有在单调递增，，
（i）若，则当，有，
（ii）若，又，则可知，使得；
由（i）、（ii），则可知有在单调递减，所以，
又有，所以在至少有1个零点，
则可知在至少有2个零点，不符合题意；
若，有在单调递增，
又，则可知，使得，
所以在单调递增，则有，
又有，所以在至少有1个零点，
则可知在至少有2个零点，不符合题意；
②当时，由，
记，
由①可知，有且仅有满足题意，即时，满足题意.
综上可知，实数a的值为，0，1.
【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.