浙江省绍兴市嵊州市2023届高三数学下学期5月高考适应性试题（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴市嵊州市2023届高三数学下学期5月高考适应性试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 已知集合，则， 给出以下四个说法，正确的有等内容，欢迎下载使用。

2023年5月嵊州市高（选）考科目适应性考试
数学试卷
一､选择题：本题共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】A
【解析】
【分析】根据二次根式的性质化简集合，再求解集合的交集即可.
【详解】因为，又
所以.
故选：A.
2. 设抛物线的焦点为，若点在抛物线上，且，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线的定义求出p的值.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
点在抛物线上，且，由抛物线的定义可知，则.
故选：C
3. 在中，是线段上一点，满足是线段的中点，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，求出，得到的值，再对各选项分析判断即可求出结果.
【详解】因为是线段上一点，满足，所以，
又是线段的中点，所以，
所以，
所以，故，

故选：B.
4. 基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：（其中是自然对数的底数）描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，指数增长率与，近似满足.有学者基于已有数据估计出，，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加倍需要的时间约为（ ）（参考数据：，）
A. 天 B. 天 C. 天 D. 天
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给模型求得，令，求得，根据条件可得方程，然后解出即可．
【详解】把，代入，可得，，
当时，，则，两边取对数得，解得．
故选：B.
5. 设函数的最小正周期为，若，且的图象关于点对称，则（ ）
A. B. 的图象关于直线对称
C. 在区间上是减函数 D. 在区间上有且仅有两个极值点
【答案】C
【解析】
【分析】根据周期和对称性可得，进而根据正弦函数性质逐项分析判断.
【详解】由题意可得，且，解得，
因为的图象关于点对称，则，
整理得，可得，解得，
且，则，
所以.
对于A：，故A错误；
对于B：不是最值，故B错误；
对于C：因为，则，且在上是减函数，
所以在区间上是减函数，故C正确；
对D：因为，则，且在内有且仅有一个极值点，
所以在区间上有且仅有一个极值点，故D错误；
故选：C.
6. 已知函数，若，且，则的最小值是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由，且，得与一个大于1，一个小于1，不妨设，，由，得，得到，，构造函数，，利用导数求其最小值即．
【详解】当时，，
当时，，
由，且，得与一个大于1，一个小于1，
不妨设，，
则，即，
，，
令，，，
可得当时，，单调递减，当时，，单调递增，
当时，取得最小值为．
的最小值是．
故选：B．
7. 已知函数有两个极值点，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，则实数的值可以是（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导得，由题意可得是方程的两个根，从而，即可排除A选项；又, ，从而可得，，从而可得直线的方程为：.设与轴的交点为得，从而得到，把B、C、D选项代入即可判断.
【详解】，
由题意可得是方程的两个根，所以，，
对于A，，A错误；
因此
同理.
因此直线方程为：.
设与轴的交点为得，
由题设知，点在曲线上，故.
对于B，当时，，
此时，B正确；
对于C，当时，，
此时，C错误；
对于D，当时，，
此时，D错误.
故选：B
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是求导后利用是方程的两个根得到，，从而得到，，进而可知直线的方程为：.设与轴的交点为得，从而得到，从而一一验证各选项即可.
8. 在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆半径，由此可知外接圆圆心即为四面体外接球球心，由球的性质可知平面，利用可求得点到平面的距离，由此可求得线面角的正弦值.
【详解】，，，，又为中点，
，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，

，，，即外接圆半径为，
又四面体的外接球半径为，为四面体外接球的球心，
由球的性质可知：平面，又平面，，
，，；
设点到平面的距离为，
由得：，
又与均为边长为的等边三角形，，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.
二､多项选择题：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. 给出以下四个说法，正确的有（ ）
A. 如果由一组样本数据得到的经验回归方程是，那么经验回归直线至少经过点中的一个
B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
C. 在回归分析中，用决定系数来比较两个模型拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好
D. 设两个变量之间的线性相关系数为，则的充要条件是成对数据构成的点都在经验回归直线上
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用回归分析的相关定义对各个选项逐一分析判断即可得到结果.
【详解】选项A，因为经验回归方程必过样本点的中心，非样本点，故选项A错误；
选项B，因为在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B正确；
选项C，因为决定系数越大，表示残差平方和越小，数据就越集中，即模型的拟合效果越好，故选项C正确；
选项D，因为两个变量之间的线性相关系数为的绝对值越大，数据就越集中在回归方程附近，当时，点就在直线上了，所以选项D正确.
故选：BCD.
10. 已知正方体的棱长为分别是棱的中点，是棱上的一动点，则（ ）
A. 存在点，使得
B. 对任意的点
C. 存在点，使得直线与平面所成角的大小是
D. 对任意的点，三棱锥的体积是定值
【答案】BD
【解析】
【分析】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，令，求解即可判断A；验证即可判断B；平面的法向量为,,由题意,求解即可判断C；可证得平面，则到平面的距离与到平面的距离相等且为定值，结合即可判断D.
【详解】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，

设，
则,
令，则，此方程组无解，故A错误；
,则,又,
则, 则,故B正确；
平面的法向量为,,
由题意,即，
解得，均与矛盾，故C错误；
,平面，平面，则平面，
则到平面的距离与到平面的距离相等且为定值，设为，又为定值，
则为定值，故D正确.
故选：BD.
11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究士星及其卫星的远行规律时发现的.在平面直角坐标系中，设到与两点的距离之积为2的点的轨迹为曲线，则（ ）
A.
B. 曲线关于原点对称
C. 曲线围成的面积不大于7
D. 曲线C上任意两点之间的距离不大于3
【答案】BC
【解析】
【分析】根据定义得到曲线的方程，根据方程求和的取值范围，验证选项AC，由方程的对称性判断选项B，特殊值法验证选项D.
【详解】设，则，，，
化简，所以，
对于A，，所以，得，A选项错误；
对于B，曲线方程，显然若在曲线上，则也在曲线上，曲线关于原点对称，B选项正确；
对于C，，令，则，，
所以曲线围成的面积，C选项正确；
对于D，当时，，此时两点距离为，D选项错误.
故选：BC
12. 已知,若,其中是自然对数的底数,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由得,由得,构造函数,易知函数为上的增函数,可得,,对于A,依据零点存在性定理判断;对于B,依据条件进行判断即可;对于C,利用当时,判断即可;对于D,利用在上的单调性判断即可.
【详解】由得,①
由得,
即,②
令,
易知函数为上的增函数,
又①式化为:,所以,
②式化为:,所以,
对于A,令,
根据函数单调性的性质,函数在上为增函数,
当时,;当时,,
则由零点存在性定理可知,故A正确;
对于B,因为,,
所以,则,故B错误;
对于C,设,
则,
当时,,则函数在上为增函数,
所以函数,
即,
所以,故C正确;
对于D,由A知,,
在上递减,
当时,,故D正确.
故选：ACD.
【点睛】将转化为,转化为,构造函数,利用单调性得到，是解本题的关键.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.第16题第一空2分，第二空3分.
13. 已知，若是关于的实系数方程的一个根，其中是虚数单位，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据实系数方程的复数根的特征可确定方程两根，利用韦达定理可构造方程组求得，由此可得结果.
【详解】是关于的实系数方程的一个根，是另一个根，
，解得：，.
故答案为：.
14. 已知所有项的系数的和为64，展开式中项的系数为___________.
【答案】15
【解析】
【分析】令，代入已知关系式即可求出的值，然后再求出的展开式的通项公式，分别求出含，项的系数，由此即可求解．
【详解】解：令得，，解得，
则的展开式的通项为，
分别取与，得，，
所以的展开式中含有的项的系数为，含有的项的系数为，
所以展开式中项的系数为，
故答案为：15．
15. 已知圆在椭圆的内部，为上的一个动点，过作的一条切线，交于另一点，切点为，若当为的中点时，直线的倾斜角恰好为，则该椭圆的离心率___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角结合圆的方程确定切点的坐标为或，分别求解方程，代入椭圆后，利用为的中点确定关系，即可求得椭圆离心率.
【详解】如图，

圆的圆心为，半径
因为直线的倾斜角为，所以直线方程为，即
所以，解得或，所以切点的坐标为或
又直线与圆相切，所以，则
①当，则直线为，即，设，
所以，恒成立
所以，因为为的中点，所以，即
所以椭圆的离心率；

②当，则直线为，即，设，
所以，恒成立
所以，因为为的中点，所以，即（舍）；
综上，椭圆的离心率.
故答案为：.
16. 某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列.如图，第一行构造数列1，2：第二行得到数列：第三行得到数列，则第5行从左数起第8个数的值为___________；表示第行所有项的乘积，设，则___________.

【答案】 ①. 8 ②. 365
【解析】
【分析】空1：直接写出第5行的数列，即可解决；空2：首先归纳出，进而可以求得数列的通项公式，即可得解得.
详解】空1：由题意可得：第5行得到数列，
所以第5行从左数起第8个数的值为8；
空2：根据题意可得：，
，
，
总结可得，
所以，可得.
故答案为：8；365.
【点睛】关键点点睛：根据题意列出前几项，并据此归纳总结一般规律，分析运算.
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. 如图，在直四棱柱中，在棱上，满足在棱上，满足.

（1）当时，证明：平面；
（2）若平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法1：在棱上取，使得，连接，利用线面平行的判定定理证明即可；法2：在棱上取，使得，连接，利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，利用向量夹角余弦公式列方程求解即可的值.
【小问1详解】
证明：
方法1：
在棱上取，使得，连接.

因为，所以，且.
当时，，则，且，
所以，
所以四边形是平行四边形，所以.
又因为平面平面，
所以平面.
方法2：
在棱上取，使得，连接.

因为，所以
又平面，平面，所以平面.
又因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，从而平面.
因为平面，所以平面平面，
因为平面
所以平面.
【小问2详解】
取的中点，则.分别以射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以.

因为，所以，所以.
设是平面的法向量，
则，可取.
不难得到：平面的一个法向量为.
所以，化简得：，
解得，或.因为，所以.
18. 在中，分别是角的对边，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将已知等式配凑成的形式，由此可得；
（2）根据锐角三角形的特征可求得的范围；利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简得到，结合的范围可确定最值，由此可得结果.
【小问1详解】
由得：，
，则，
又，.
【小问2详解】
是锐角三角形，，，解得：；
由正弦定理得：（其中，）；
当时，；
当时，；
当时，；
的取值范围为.
19. 已知等差数列前项的和为，且，，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，集合且，求中所有元素的和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等差数列的通项公式；
（2）计算得出且，可知、、、、都是集合中的元素，计算出，由可知、、、都是集合中的元素，由此可得出的值.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，则，①
又，可得，②
联立①②解得，所以.
【小问2详解】
解：，
所以.
因为，所以，故、、、、都是集合中的元素.
又，则由得.
所以、、、都是集合中的元素.
综上所述：.
20. 为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛.每位参赛学生答题若干次，答题赋分的方法如下：第次答题，答对得分，答错得分：从第次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.
（1）求甲同学前次答题得分之和为分的概率；
（2）在甲同学完成次答题，且第次答题答对的条件下，求答题得分之和不大于分的概率；
（3）记甲同学第次答题所得分数的数学期望为，求，并写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）.
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）分析可知甲前答题的正误结果分别为：对对错，错对对，再利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；
（2）记事件甲同学完成次答题，第次答题答对，记事件甲同学完成次答题，答题得分之和不大于分，计算出、的值，利用条件概率公式可求得的值；
（3）分析可知可能取值有、，求出在不同取值下的概率，可求得的值；分析第答对、答错，可得出与的关系式.
【小问1详解】
解：若甲同学前次答题得分之和为分，则甲前答题的正误结果分别为：对对错，错对对，
所以所求概率为.
【小问2详解】
解：记事件甲同学完成次答题，第次答题答对，
记事件甲同学完成次答题，答题得分之和不大于分，
在甲同学完成次答题，且在第次答题答对的条件下，答题得分之和不大于分的情形
有以下种：错对错错错，对对错错错，错对对错错，错对错对错，错对错错对，
所以，，，
由条件概率公式可得.
【小问3详解】
解：的取值可以是、，且，，
所以.
若第次甲答对，则甲的得分为；若第次甲答错，则甲的得分为分.
所以，.
21. 已知，直线相交于，且直线的斜率之积为2.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设是点轨迹上不同的两点且都在轴的右侧，直线在轴上的截距之比为，求证：直线经过一个定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，定点.
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，利用斜率坐标公式结合已知，列出方程化简作答.
（2）设出直线在轴上的截距，求出直线方程，并分别与的轨迹方程联立求出点P，Q的坐标，再求出直线的方程作答.
【小问1详解】
设，则直线的斜率是，直线的斜率是，
所以，化简整理得：，
所以动点的轨迹方程是.
【小问2详解】
设直线在轴上的截距为，则直线在轴上的截距为，显然，
直线的方程为，即，直线的方程为，即，
又双曲线的渐近线方程为，显然直线与双曲线两支各交于一点，
直线与双曲线右支交于两点，则有，且，于是，

由消去化简整理得：，设点，
则，解得，有，
由消去化简整理得：，设点，
则，解得，有，
，，
于是，设直线上任意一点，则，
显然，因此，即，
整理得，显然直线恒过定点，
所以直线经过定点.
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
22. 已知过点可以作曲线的两条切线，切点分别为、，线段的中点坐标为，其中是自然对数的底数.
（1）若，证明：；
（2）若，证明：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设、，利用导数求出曲线在点、处的切线方程，分析可知当时，方程有两个不等的实根，设，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（2）由（1）可得，设，则，可得出，计算出、，利用导数分别证明出、，结合不等式的基本性质可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：函数的导函数为.
设、，
则曲线在处的切线方程为.
因为切线过点，所以，①
同理可得，②
所以、是方程的两个不等实根.
当时，，
设，则直线与函数的图象有两个交点，
，当时，，此时递增；当时，，此时递减.
所以，函数的极大值为，
当时，；当时，，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
综上所述，.
【小问2详解】
证明：由①②可知，，
于是，
不妨设，则，
则.
又，所以.
设，其中，则，
所以在区间上是增函数，
所以当时，，即当时，.（*）
而，所以.
又由和，
得.
而.
所以
，
一方面，由（*）可知，当时，，
结合可知，.
另一方面，设，，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
故当时，，即，
所以当时，，所以在区间上是增函数，
所以当时，，即当时，，
所以.
故，即.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.