浙江省台州市2023-2024学年高三上学期一模（期中）数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省台州市2023-2024学年高三上学期一模（期中）数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了11， 设集合，，则， 若，则的取值可以为， 已知，，，则等内容，欢迎下载使用。

2023.11
本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上.
选择题部分（共60分）
一、单项选择题：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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将集合中的元素代入集合，验证的元素即可.
【详解】集合中元素为点，故排除A，D；
当，时，，故，故C错误；
当，时，，故，故B正确.
故选：B
2. 若，则的取值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和的余弦公式，结合辅助角公式进行求解即可.
【详解】由，得，即，
所以，即，
当时，.
故选：C.
3. 已知非零向量，，满足，，若为在上的投影向量，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量的数量积运算，向量的投影向量的计算公式，结合其夹角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由，为在上的投影向量，
所以，故
故选：B
4. 设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，且，，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
【解析】
【分析】由空间中的线面关系结合充分必要条件的判断得答案
【详解】由，，则，又，所以，故“”是“”的充分条件.
当满足，，时，直线可能平行，可能相交，也可能异面.
故“”不是“”的必要条件.
故选：A
5. 杭州第19届亚运会火炬9月14日在浙江台州传递，火炬传递路线以“和合台州活力城市”为主题，全长8公里．从和合公园出发，途经台州市图书馆、文化馆、体育中心等地标建筑．假设某段线路由甲、乙等6人传递，每人传递一棒，且甲不从乙手中接棒，乙不从甲手中接棒，则不同的传递方案共有（ ）
A. 288种B. 360种C. 480种D. 504种
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数以及插空法的知识求得正确答案.
【详解】先安排甲乙以外的个人，然后插空安排甲乙两人，
所以不同的传递方案共有种.
故选：C
6. 函数的图象如图①所示，则如图②所示的函数图象所对应的函数解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，由推理排除CD；由①中函数当时，分析判断得解.
【详解】由图①知，，且当时，，由②知，图象过点，且当时，，
对于C，当时，，C不可能；
对于D，当时，，D不可能；
对于A，当时，，而当时，，则，A可能；
对于B，当时，，而当时，，则，B不可能.
故选：A
7. 已知二面角的平面角为，，，，，，与平面所成角为．记的面积为，的面积为，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理、三角形的面积公式、二面角的知识求得正确答案.
【详解】过作，垂足为，连接，
依题意，，由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
所以.
由于，所以平面，平面，
所以在平面上的射影为，所以，
根据三角形的面积公式以及正弦定理得：
，
由于，所以当时，
取得最小值为.
故选：D
8. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数,，讨论得出函数单调性递增后，通过做差或做商判断，大小后，即可判断,的大小，利用下凸函数与割线的关系即可判断,的大小.
【详解】因为，连接和,得割线方程,
因为在上是下凸函数，
所以在上，割线在正切曲线上方，即,
所以当时，,
令，，
，
当时，因为,即，
所以在单调增，即,
因为，
所以，即，
故，即.
故选：A.
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. 袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取5次，每次取一个球．记录每次取到的数字，统计后发现这5个数字的平均数为2，方差小于1，则（ ）
A. 可能取到数字4B. 中位数可能是2
C. 极差可能是4D. 众数可能是2
【答案】BD
【解析】
【分析】对于AC：根据题意结合平均数、方差和极差的定义分析判断；对于BD：举例说明即可.
【详解】设这5个数字为，
对于A：若取到数字4，不妨设为，
则，可得，
可知这4个数中至少有2个1，不妨设为，
则这5个数字的方差
，
不合题意，故A错误；
对于C：因为这5个数字的平均数为2，这5个数字至少有1个1，不妨设为，
若极差是4，这最大数为5，不妨设为，
则这5个数字的平均数，
则，可知这3个数有2个1，1个2，
此时这5个数字的方差，
不合题意，故C错误；
对于BD：例如2，2，2，2，2，可知这5个数字的平均数为2，方差为0，符合题意，
且中位数是2，众数是2，故BD正确；
故选：BD.
10. 已知等差数列中，，公差为，，记为数列的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由为等差数列，先求出，由可判断选项A；对于选项B，分为奇数和偶数分别求的前项和，从而可判断; 选项C，先得出，从而得出，，再分为奇数和偶数分别求的前项和；对于选项D，由，求出，从而可求出的前项的和.
【详解】由为等差数列，，公差为，则
当时，，则选项A不正确.
当为偶数时，
当为奇数时，
故，所以选项B正确.
当为偶数时，
当为奇数时，
所以， 故选项C正确.
所以
，所以选项D正确
故选：BCD
11. 已知为双曲线：上位于第一象限内一点，过点作x轴的垂线，垂足为，点与点关于原点对称，点为双曲线的左焦点，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则的面积为9
C.
D. 的最小值为8
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意结合四边形的形状分析A，B；将转化成直线斜率，借助渐近线斜率判断C；由双曲线定义，利用与之间的关系求最值判断选项D.
【详解】设双曲线右焦点为，由题意可知，四边形为平行四边形，如图：
由双曲线：可知：，，，
对于A，因为，
所以，
所以四边形为矩形，
所以，故A正确；
对于B，据双曲线定义可知：，，
若，则四边形为矩形，
则，所以，
即，
所以，所以，
所以，故B正确；
对于C，由双曲线的方程可知，
在中，
又因为双曲线渐近线方程为：，
所以
所以，即，故C错误；
对于D，，
当且仅当时，取到最小值为8，故D正确.
故选：ABD
12. 已知是定义域为的函数的导函数，，，，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. （为自然对数的底数，）
C. 存在，
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由原函数和导函数的对称性判断A；令，结合题设条件判断其单调性后可判断B，C，D.
【详解】因为是定义域为的函数的导函数，所以是定义域为的可导函数，
因为，所以的图像关于点对称，
所以，而，故，
所以的图像关于对称，
因为，故时，，
所以，设，
故时，，故在上为增函数，
同理在上为减函数，
对于A，因为，故，故A正确；
对于B，，故，故B正确；
对于C，当时，；
当时，，而时，，
故恒成立，故C错误；
对于D，当时，单调递减，
，， 所以，
故时，，而，故，故D正确；
故选：ABD
【点睛】思路点睛：抽象函数及其导数性质的讨论中，注意轴对称与中心对称的转化，另外对于原函数与导函数具有的不等式可适当构建新函数，通过新函数的性质得到原函数的性质.
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若（为虚数单位），则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数模的计算公式计算可得.
【详解】因为，所以.
故答案：
14. 浙江省高考实行“七选三”选科模式，赋予了学生充分的自由选择权．甲、乙、丙三所学校分别有75%，60%，50%的学生选了物理，这三所学校的学生数之比为，现从这三所学校中随机选取一个学生，则这个学生选了物理的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求得这个学生来自每个学校并且选择了物理概率，最后由分类加法算出总概率.
【详解】设：事件：这个学生来自甲学校；事件：这个学生来自乙学校；事件：这个学生来自丙学校；
事件：甲学校学生选了物理；事件：乙学校学生选了物理；事件：丙学校学生选了物理；
由题意知：这个学生选择是物理的概率：.
故答案为：.
15. 在中，角A，，所对的分别为，，．若角A为锐角，，，则的周长可能为______．（写出一个符合题意的答案即可）
【答案】9（答案不唯一，内的任何一个值均可）
【解析】
【分析】根据题意利用余弦定理可得，进而可得周长的取值范围.
【详解】由余弦定理可得，
因为角A为锐角，则，可得，
所以的周长.
故答案为：9（答案不唯一，内的任何一个值均可）.
16. 抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．过抛物线：上的点（不为原点）作的切线，过坐标原点作，垂足为，直线（为抛物线的焦点）与直线交于点，点，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】设点，切线的方程为，继而求得切线的斜率，由 可求得的方程，与直线联立可求得点的坐标，继而消参可求得点的轨迹方程，则结合图形可求得得范围.
【详解】因为点为抛物线：上的点（不为原点），
所以可设点，且
当切线的斜率不存在时，切点为原点不合题意；
当切线的斜率存在时，可设为，
联立，消去可得，
化简可得，
令，可得，
化简可得，即，
又，所以的斜率，
所以的方程，
因为点，
所以的斜率为，
则的方程为，
联立，解得，
即，
当时，的方程为， 的方程
则或，满足
由两式相除可得，即
由，可得
再代入，可得，
化简可得，可得，
可知点轨迹为半径为的圆，圆心为,
结合图形可知，
又，，
则.
故答案为：
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. 已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，若，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义和求和公式求，进而可得结果；
（2）由（1）可得：，利用分组求和结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【小问1详解】
设的公比为，
因为，即，
且，可得，解得或（舍去）．
又因为，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：，
所以
，
所以
18. 已知．
（1）当时，求的最小正周期以及单调递减区间；
（2）当时，求的值域．
【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）应用辅助角公式化简函数，应用公式求得，应用整体代入法即可求单调区间；
（2）应用换元法，设，则函数转化为，，即可求解.
【小问1详解】
当时，，，
令，，得，，
所以函数的最小正周期为，单调递减区间为．
【小问2详解】
当，，
设，则，
令，，又，
故当时，取得最大值，当时，取得最小值，
所以的值域为．
19. 如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．
（1）若平面平面，求证：；
（2）若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可得结果；
（2）分析可知即为二面角的平面角，记为，建系，可得，结合点到线的距离公式运算求解.
【小问1详解】
因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以．
又因为为的中点，则，所以为等腰三角形，
可得，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
则平面，且平面，所以．
【小问2详解】
取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，
取的中点，则，由（1）得，所以，
所以即为二面角的平面角，记为．
以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，
因为，则，
可得；，
则点A到直线的距离为，
由题意可得，解得，或，
所以二面角的平面角的余弦值为或．
20. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（分钟/每天）和他们的数学成绩（分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）．
表一
（1）请根据所给数据求出，的经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩：（参考数据：，，的方差为200）
（2）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生．按照是否参与周未在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）．依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关．
表二
附：，，．
【答案】（1），140.5分
（2）可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．
【解析】
【分析】（1）先求出平均数，利用最小二乘法求出回归方程，代入数据即可预测；
（2）根据题意计算出，进而由独立性检验得出答案.
【小问1详解】
，
，又的方差为，
所以，
，故，当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分．
【小问2详解】
零假设为：学生周末在校自主学习与成绩进步无关．
根据数据，计算得到：
，
因为，
所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．
21. 已知椭圆：的上、下顶点分别为，，点在线段上运动（不含端点），点，直线与椭圆交于，两点（点在点左侧），中点的轨迹交轴于，两点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）记直线，的斜率分别为，，求的最小值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据中点坐标关系即代入椭圆求解点轨迹，即可由求解，
（2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，根据两点斜率公式可求解，，即可根据二次函数的性质求解最值.
【小问1详解】
设中点，则，
因为点在线段上，所以点只能在右半椭圆上运动，所以
，即，
由点在椭圆：上，所以，
令，得，由，解得，故椭圆的方程为．
【小问2详解】
设：，，，．
由得，
则，，
又，，
，
令，得，
当即时取等号，所以的最小值为．
【点睛】方法点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：
一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；
二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
22. 设
（1）求证：；
（2）若恒成立，求整数的最大值．（参考数据，）
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）将问题转化成求证，，构造函数，通过求导，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，从而求出的最小值，即可证明结果；
（2）通过取值，得出，再利用（1）结果，证明时，，再通过构造函数，求出函数最值即可得出结果.
【小问1详解】
要证：，（，），
只要证：，又当时，，当时，，
即与同号，故只要证：，即证：，
令，（，），则，
当时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，故原不等式得证．
【小问2详解】
因为，当时，有，
则，所以整数．
当时，由（1）可得，
下证：，，只要证：．
令，，
因为，
所以在上单调递减，故，所以得证,
综上所述，整数的最大值为2．
【点睛】证明不等式或恒（能）成立问题，常通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，将问题转化成求函数最值.
编号
1
2
3
4
5
学习时间
30
40
50
60
70
数学成绩
65
78
85
99
108
没有进步
有进步
合计
参与周末在校自主学习
35
130
165
未参与周末不在校自主学习
25
30
55
合计
60
160
220
0.10
0.05
0010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828