浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测(二模)数学试题

2022学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测

数学试题卷

考生须知：

1． 本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟．

2． 请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！

3． 考试结束，只需上交答题卡．

选择题部分（共60分）

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，有一项是符合题目要求的．

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出两个集合，再根据集合的交集、补集运算即可.

【详解】由题意可得：，所以，故.

故选：C

2. 设复数z满足（i是虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数运算求得，进而求得.

【详解】依题意，，

，

所以

故选：A

3. 在数列中，“数列是等比数列”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

【解析】

【分析】利用等比数列的性质及充分不必要条件的定义即可判断，

【详解】数列是等比数列，得，

若数列中，则数列不一定是等比数列，如数列，

所以反之不成立，则“数列是等比数列”是“”的充分不必要条件．

故选：A.

4. 已知平面向量，，且，则（    ）

A. 1 B. 14 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.

【详解】因为，，，所以，所以.

故选：B

5. 某兴趣小组研究光照时长x（h）和向日葵种子发芽数量y（颗）之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图．若去掉后，下列说法正确的是（    ）

A. 相关系数r变小 B. 决定系数变小

C. 残差平方和变大 D. 解释变量x与预报变量y的相关性变强

【答案】D

【解析】

【分析】从图中分析得到去掉后，回归效果更好，再由相关系数，决定系数，残差平方和和相关性的概念和性质作出判断即可．

【详解】从图中可以看出较其他点，偏离直线远，故去掉后，回归效果更好，

对于A，相关系数越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉后，相关系数r变大，故A错误；

对于B，决定系数越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉后，决定系数变大，故B错误；

对于C，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，若去掉后，残差平方和变小，故C错误；

对于D，若去掉后，解释变量x与预报变量y的相关性变强，且是正相关，故D正确．

故选：D．

6. 已知，，且，则ab的最小值为（    ）

A. 4 B. 8 C. 16 D. 32

【答案】C

【解析】

【分析】运用对数运算及换底公式可得，运用基本不等式可求得的最小值.

【详解】∵，

∴，即：

∴，

∵，，

∴，，

∴，当且仅当即时取等号，

即：，当且仅当时取等号，

故的最小值为16.

故选：C.

7. 如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.

【详解】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，

因为、分别为、的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，所以，，

因为平面，平面，所以，平面，

同理可证平面，

因为，、平面，所以，平面平面，

因为平面，故平面，A满足；

对于B选项，如下图所示，连接，

在正方体中，且，

因为、分别为、的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，故，

因为、分别为、的中点，则，所以，，

因为平面，平面，所以，平面，B满足；

对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，

连接、、，

因为且，、分别为、的中点，

所以，且，故四边形为平行四边形，则，

因为、分别为、的中点，所以，，则，

所以，、、、四点共面，

因为且，则四边形为平行四边形，所以，，

因为、分别为、的中点，则，所以，，

因为平面，平面，所以，平面，C满足；

对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，

连接、、、、、，

因为且，、分别为、的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，则，

因为、分别为、的中点，所以，，故，

所以，、、、四点共面，

同理可证，故，同理可得，，

反设平面，因为，且平面，则平面，

但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，D不满足.

故选：D.

8. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过对称轴与对称点得出的式子，再通过单调得出的范围，即可得出答案.

【详解】满足，，

，即，

，

在上单调，

，即，

当时最大，最大值为，

故选：B.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 若直线与圆C：相交于A，B两点，则的长度可能等于（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】CD

【解析】

【分析】首先找到直线所过定点，根据直线所截圆的弦长公式求出弦长的取值范围，进而求出的长度可能的取值.

【详解】已知直线恒过点，圆的圆心坐标为，半径.

当直线经过圆心时，所得弦长最大，；

当直线与所在直线垂直时，所得弦长最小，，

因此可得：，故的长度可能等于4或5.

故选：CD

10. 已知函数（）是奇函数，且，是的导函数，则（    ）

A.  B. 一个周期是4 C. 是偶函数 D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据函数奇偶性与可得，根据导数的运算可得从而可判断B项，根据周期性与奇偶性可判断A项，根据奇偶性与导数运算可得，从而可判断C项，在中，令代入计算可判断D项.

【详解】因为函数是奇函数，，

所以，

所以，即：，故的周期为4，

所以，故的一个周期为4，故B项正确；

，故A项错误；

因为函数是奇函数，

所以，

所以，即：，

所以为偶函数，故C项正确；

因为，

所以，

令，可得，解得：，故D项错误.

故选：BC.

11. 一口袋中有除颜色外完全相同3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（    ）

A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D．

【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确；

由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B错；

，C正确；

事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确．

故选：ACD．

12. 如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（    ）

A. 球与圆柱的体积之比为

B. 四面体CDEF的体积的取值范围为

C. 平面DEF截得球的截面面积最小值为

D. 若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为

【答案】AD

【解析】

【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.

【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；

对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，

四面体CDEF的体积，B错误；

对于C，过作于，如图，而，则，

又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，

又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；

对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，

当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，

因此，，

则，

令，则，而，即，

因此，解得，所以的取值范围为，D正确.

故选：AD

【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数为___________

【答案】

【解析】

【分析】先由二项式系数最大确定,再由通项公式求含项系数即可.

【详解】由只有第5项的二项式系数最大可得：.

∴通项公式，

令，解得.

∴展开式中含项的系数为.

故答案为：.

14. 已知，，则______．

【答案】0

【解析】

【分析】将平方，结合可得，

利用二倍角余弦公式将化简求值，可得答案.

【详解】将平方得，

结合可得，即，

则

，

故答案为：0

15. 费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质．例如，点P为双曲线（，为焦点）上一点，点P处的切线平分．已知双曲线C：，O为坐标原点，l是点处的切线，过左焦点作l的垂线，垂足为M，则______．

【答案】2

【解析】

【分析】延长交延长线于点，结合题意得点为的中点，，从而得到，再结合双曲线的定义即可求解．

【详解】如图，延长交延长线于点，

因为点是的角平分线上的一点，且，

所以点为的中点，所以，

又点为的中点，且，

所以．

故答案为：2．

16. 已知函数在点处的切线方程为l：，若对任意，都有成立，则______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据条件表示出，再令，求导分类研究函数单调性，进而求出结果.

【详解】因为，

所以，，

所以，

令，

则，

则，

，

令，则，

令，得，

所以时，，单调递减，

时，，单调递增，

当，时，，

则，单调递增，

，即，

所以当，时，成立，

当，时，，

则，单调递增，

，即，

所以当，时，成立，

综上所述.

故答案为：.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

四、解答题

17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）若，且AC边上的高为，求的周长．

【答案】（1）   

（2）15

【解析】

【分析】（1）利用三角形内角和及诱导公式得到，再利用余弦的倍角公式得到，解得，从而得到；

（2）由比例引入常数，利用三角形面积相等得到，从而利用余弦定理得到关于的方程，解之即可得到，由此得解.

【小问1详解】

因为，

所以由得，

所以，解得或，

因为，所以，则，故，

则，故．

【小问2详解】

因为，令，则，

由三角形面积公式可得，则，故，

由余弦定理可得，则，解得，

从而，，，故的周长为．

18. 设公差不为0的等差数列的前n项和为，，．

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，，求数列前n项和．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列性质设出公差和首项，代入题中式子求解即可；

（2）列出通项公式，根据通项求出的前n项和，再根据通项求出的前2n项和，两式相减解得的通项公式，最后分组求和求出数列的前n项和.

【小问1详解】

，设公差为d，首项为

，因为公差不为0，所以解得，

，数列的通项公式为，.

【小问2详解】

    ①

    ②

得，解得

19. 在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.

（1）求证：；

（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，可证，即，从而证得面，即可得到结果；

（2）根据题意，过S作面，垂足为D，连接，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.

【小问1详解】

证明：取的中点为E，连结，

∵，∴，

在和中，

∴，∴，

∵的中点为E，∴，

∵，∴面，

∵面，∴

【小问2详解】

过S作面，垂足为D，连接，∴

∵，平面

∴，同理，

∵底面为等腰直角三角形，，

∴四边形为正方形且边长为2.

以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则

，

设平面的法向量，则，解得，

取，则，∴，

设平面的法向量，则，解得，

取，则，∴，

设平面与平面夹角为

故平面与平面夹角的余弦值为.

20. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线、的斜率分别为、，且．

①求证：直线经过定点．

②设和的面积分别为、，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）①证明见解析；②

【解析】

【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；

（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；

②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.

【小问1详解】

解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，

且最大值为，

由题意可得，解得，

所以，椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

解：①设点、.

若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.

设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，

联立可得，

，可得，

由韦达定理可得，，则，

所以，

，解得，

即直线的方程为，故直线过定点.

②由韦达定理可得，，

所以，

，

，则，

因为函数在上单调递增，故，

所以，，当且仅当时，等号成立，

因此，的最大值为.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

21. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即．

现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．

假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示．

当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题：

（1）请直接写出与的数值．

（2）证明是一个等差数列，并写出公差d．

（3）当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义．

【答案】（1），   

（2）证明见解析；   

（3）时，，当时，，统计含义见解析

【解析】

【分析】（1）明确和的含义，即可得答案；

（2）由全概率公式可得，整理为，即可证明结论；

（3）由（2）结论可得，即可求得，时，的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义.

【小问1详解】

当时，赌徒已经输光了，因此.

当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率.

【小问2详解】

记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元上一场赢的事件,

,

即，

所以，

所以是一个等差数列，

设，则，

累加得，故，得，

【小问3详解】

，由得,即,

当时，，

当时，，

当时，，因此可知久赌无赢家，

即便是一个这样看似公平的游戏，

只要赌徒一直玩下去就会的概率输光．

【点睛】关键点睛：此题很新颖，题目的背景设置的虽然较为陌生复杂，但解答并不困难，该题将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确，即可求解,

22. 已知函数．

（1）讨论函数零点个数；

（2）若恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）将零点问题转化为函数图象交点问题，设，求出函数的导数，判断单调性，作出其大致图象，数形结合，即可求得答案.

（2）分三种情况分类讨论，利用导数判断函数的单调性，结合不等式恒成立考虑函数最值情况或利用单调性求解不等式，从而求得参数范围.

【小问1详解】

由，得,

设，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递增；在上单调递减，

所以，

据此可画出大致图象如图，

所以（i）当或时，无零点：

（ii）当或时，有一个零点；

（iii)当时，有两个零点；

【小问2详解】

①当时，即恒成立，符合题意；

②当时，由可得，则，

则，即，

设，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，当时，，

即恒成立，即符合题意；

③当时，由（1）可知，，在上单调递增．

又，，

所以，使.

i）当时，，即，

设，

则，所以在上单调递减，

所以时，；

ii）当时，，即，

设，

因为，

令，则，

又令，

则，得在上单调递增，

有，

得在上单调递增，有，

则，得在上单调递增，

则时，，

又时，，

得当时，时，，

由上可知，在上单调递增，则此时，

综上可知，a的范围是.

【点睛】难点点睛：第二问解答不等式恒成立求解参数范围时，需要讨论a的正负，看能否保证不等式恒成立，特别是当时，要结合函数的零点情况，反复构造函数，判断函数单调性，由此求得参数a的范围，计算过程十分复杂，计算量较大，难度很大.