浙江省名校协作体2022-2023学年高三数学上学期适应性联合试题（Word版含答案）

2022学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题高三年级数学学科考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号．3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷．选择题部分一、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，，，则的值可以是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求得集合，得到，结合和选项，即可求解.【详解】由题意，集合，或，所以或，因为，结合选项可得.故选：D.2.已知向量满足，，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】先对平方，代入已知条件整理得，再利用数量积公式可求得.【详解】，，又，，，设与的夹角为，，从而，所以与的夹角.故选：C3.如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（       ）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据弧长公式，可得出两个扇形的半径之比，从而可求出面积之比.【详解】设，，，，，而，，即是的中点，，， .故选：C4.已知复数z满足，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，由复数相等，得出的关系式，消去得到关于的一元二次方程有实数解，利用，求解即可得出答案.【详解】设，则，整理得：,所以，消去得,因为方程有解，所以，解得：.故选：D.5.若，则的最大值是（）A.B.C.3D.【答案】B【解析】【分析】设，则，利用余弦定理求得，再结合三角形的面积公式计算即可得出答案.【详解】解：设，则，，又，代入上式得， 又，则，所以当时，取最大值．故选：B.6.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；所以个位是偶数共有20种；同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.故选：C【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.7.已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.【详解】因为，所以，如图，在上取一点M，使得，连接，则，则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，所以，设，则，由椭圆定义可知：，即，所以，所以，，故点A与上顶点重合，在中，由余弦定理得：，在中，，解得：，所以椭圆离心率为. 故选：A【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.8.已知数列满足递推关系，且，若存在等比数列满足，则公比为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先设，，，，分析得，，所以，又分析得，再用数学归纳法证明得，，再设函数，分析得函数在单调递增，所以，得到，即，再利用条件得，分析得，再设函数， ，分析得在单调递减，所以，得到，即，即，再结合条件得到，分析得，即可求解.【详解】设，，，因为，所以，所以，所以，所以．因为，所以．下面用归纳法证明．当时，，假设当时，，那么对，，所以，因为，所以，所以．因此，.，所以，，综上，．再设，所以，所以函数在单调递增，所以，所以，所以，所以， 所以，所以，而，所以取足够大，易知，即．设，，，所以在单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即，而，所以，所以，所以，当足够大时，易知须满足，即．综上，．故选：A.【点睛】本题主要考查数列和函数相结合问题，通过构造合适的函数，再利用数学归纳法得到数列的相关性质，属于难题.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分．9.同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次，记事件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数”，则（）A.B.C.D. 【答案】AB【解析】【分析】由相互独立事件乘法公式可判断A、C、D；由条件概率公式可判断B；【详解】由题意，，，,故A正确．所以，，所以，故B正确．事件A，B，C不可能同时发生，故，故C错误；，故D错误．故选：AB．10.定义在上的函数，是它的导函数，且恒有成立，则下列正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】通过构造函数，利用函数的单调性进行大小比较.【详解】因为，所以，.由，得，设，则，可得，则在定义域上单调递减， 因为，所以，则，故A正确；因为，所以，则，故B错误；因为，所以，则，故C正确；因为，所以，则，故D正确.故选：ACD.11.已知抛物线上的四点，，，，直线，是圆的两条切线，直线、与圆分别切于点、，则下列说法正确的有（）A.当劣弧的弧长最短时，B.当劣弧的弧长最短时，C.直线的方程为D.直线的方程为【答案】BD【解析】【分析】对于AB选项，当劣弧最短时，即最小，最大，最小，根据二倍角公式及三角函数可得，设点，求的最小值即可得解；对于CD选项，根据相切可得直线与的方程，进而可得点与点的坐标，即可得直线.【详解】由已知得抛物线过点，即，所以，即抛物线为，对于AB选项，如图所示， 设点当劣弧的弧长最短时，最小，又，所以最大，即最小，又，又圆，所以圆心，半径，，又，所以当时，取最小值为，此时最小为，所以A选项错误，B选项正确；对于CD选项，设过点作圆切线的方程为，即，所以，解得，则直线的方程为：，即，直线的方程为：，即，联立直线与抛物线，得，故，，，同理可得，所以， 直线的方程为，即，所以C选项错误，D选项正确；故选：BD.12.如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（）A.若为锐角，则在转动过程中存在位置使B.若为直角，则在转动过程中存在位置使C.若，则在转动过程中存在位置使D.若，则在转动过程中存在位置使【答案】AC【解析】【分析】作出相应的图形，利用两角和的正切公式以及零点存在定理可判断A选项；利用圆的几何性质以及平面几何相关知识可判断BCD选项.【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：在圆锥上任取一点，平面为平面， 当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，则；因为，，平面，当时，点与点重合；当为钝角时，则点在射线上；当或时，点与点重合.不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.对于A选项，若为锐角，如下图所示：不妨设，则，，因为，若存在位置使得，即，设，由于，则点不与线段的端点重合，即，，则，即，令，其中，因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，，， 故方程在时有解，所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，此时，不存在位置使得，B错；对于C选项，连接、，因为，，则，，则，由圆的几何性质可得，，则，所以，,故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，延长交圆于点，连接，则， 若，则在转动过程中存在位置使，C对；对于D选项，若，，则，，则，由圆的几何性质可得，，，所以，，所以，与圆相切，当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，则，所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性使得条件成立，解决本题的关键在于作出图形，利用平面几何的相关知识求解.非选择题部分三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.的展开式中的常数项为_______．【答案】1120【解析】【分析】先求出的展开式的通项，令，求出，回代入通项即可求出答案. 【详解】因为的展开式的通项为：，令，得，所以展开式的常数项为．故答案为：.14.已知双曲线的右焦点为，右顶点为，以坐标原点为圆心，过点的圆与双曲线的一条渐近线交于位于第一象限的点，若直线的斜率为，则双曲线的渐近线方程为________．【答案】【解析】【分析】先由题意得到圆的方程，再与双曲线的渐近线联立得到的坐标，利用的坐标求出直线的斜率，得到，继而求出双曲线的渐近线方程【详解】解：由题意得圆的方程为，双曲线经过第一象限的渐近线方程为，联立方程，解得点的坐标为，有，又由直线的斜率为，可得，有，故双曲线的渐近线方程为．故答案为：15.以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为45°，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则__________【答案】##【解析】 【分析】作图后由二面角的定义与勾股定理，列方程求出正三棱锥高与球的半径之比，再得两个三棱锥的高之比【详解】如图，正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球，设到底面的距离为，到底面的距离为，则，取的中点，连接，，，记与平面的交点为，由两个正三棱锥和内接于同一个球，故一定为球的直径，记其中点为，且由题意可知，为正三角形的中心，因此，，分别为正三棱锥和正三棱锥的高，，由，，，且为的中点，可得，，，则为正三棱锥的侧面与底面所成的角为，，，记球的半径为，于是，在中，由勾股定理可得，，解得，于是，则．故答案为：16.设函数是定义在实数集上的偶函数，且，当时，，则函数在上所有零点之和为___________. 【答案】【解析】【分析】分析的对称性，将问题转化为图象交点横坐标之和，采用数形结合法求解出结果.【详解】因为，所以，所以是一个周期为的周期函数，且关于直线对称，令，所以，所以关于直线对称，在同一平面直角坐标系中作出的图象，如下图所示：由图象可知：的图象共有个交点，其中个点关于对称，还有一个点横坐标为，所以交点的横坐标之和为，所以在上所有零点之和为，故答案为：.【点睛】思路点睛：求解函数零点之和的问题，可以转化为求解函数图象交点的横坐标之和，利用数形结合的思想能高效解答问题，常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集； （4）研究函数性质.四、解答题：本大题共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.已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）求在区间［0，］上的最值.【答案】（1）（kZ）（2）最大值为1，最小值为-.【解析】【分析】（1）由三角函数降幂公式与二倍角公式，根据辅助角公式，化简函数为单角三角函数，根据正弦函数的单调性，可得答案；（2）利用整体思想，根据正弦函数的图象性质，可得答案.【小问1详解】=.因为y＝sinx的单调递增区间为（kZ），令（kZ），得（kZ）.所以的单调递增区间为（kZ）.【小问2详解】因为x∈［0，］，所以2x＋.当2x＋=，即x＝时，最大值为1，当2x＋=，即x＝时，最小值为-.18.已知数列满足. （1）设，求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先化简，再推导出等于一个常数，即可求解；（2）结合第一问，先求出数列的满足的规律，然后再求和.【小问1详解】由已知有：所以，，其中，所以数列为以为首项，公比为的等比数列.所以，得.【小问2详解】由（1）知：，，所以 .19.如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面是的中点，且为等边三角形，平面平面.（1）设直线，求点到平面PDC的距离；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）延长，交于点发现直线，通过图象关系可得点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面PDC的距离的2倍，继而得到结果；（2）通过向量法求解二面角的余弦值，继而求出正弦值【小问1详解】延长，交于点直线， 在底面中，，得为中位线，所以为中点，因为分别为中点，所以为的中位线，得，所以点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，易得是等边三角形，，取中点中点为，连接，所以在中，，解得，所以，所以因为平面平面平面平面，，平面，所以平面则以为原点如图建立直角坐标系，由题意得 ，设平面PDC的法向量由得，令，则，所以所以点到平面PDC的距离为，所以点到平面的距离是；【小问2详解】由（1）得：，设平面法向量由得，令，则，则设平面PBE法向量，由得，令，则，则设二面角P-BE-D的平面角为因此，二面角的正弦值是20.为应对气候变化，我国计划在2030年前实现碳排放量到达峰值，2060年前实现“碳中和”. 某市为了解本市企业碳排放情况，从本市320家年碳排放量超过2万吨的企业中随机抽取50家企业进行了调查，得到如下频数分布表，并将年碳排放量大于18万吨的企业确定为“超标”企业：硫排放量X[2.55.5）[5.5，8.5）[8.5，115）[115，14.5）[14.5.175）[175，20.5）[20.523.5）频数56912864（1）假设该市这320家企业的年碳排放量大致服从正态分布，其中近似为样本平均值，近似为样本方差，经计算得，.试估计这320家企业中“超标”企业的家数；（2）通过研究样本原始数据发现，抽取的50家企业中共有8家“超标”企业，市政府决定对这8家“超标”企业进行跟踪调查，现计划在这8家“超标”企业中任取5家先进行跟踪调查，设Y为抽到的年碳排放量至少为20.5万吨的企业家数，求Y的分布列与数学期望.（参考数据：若X~，则，，.）【答案】（1）51（2）分布列答案见解析，数学期望：【解析】【分析】（1）根据正态分布的规律以及计算公式求解即可；（2）Y的可能取值为1，2，3，4，再由超几何分布概率的计算方法求出对应的概率即可求解【小问1详解】由已知，得，，所以因为所以这320家企业中“超标”企业的家数约为51.【小问2详解】由频数分布表可知，8家“超标”企业中碳排放量至少为20.5万吨的企业有4家，所以Y 的可能取值为1，2，3，4，且所以Y的分布列为Y1234P所以21.抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，（1）若面积为，求的值及圆的方程（2）若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围. 【答案】（1），圆的方程为（2）【解析】【分析】（1）由焦半径和圆的半径得到，结合面积求出，圆的方程为；（2）表达出关于直线的对称点的坐标，利用垂直关系列出方程，求出，从而利用两点间距离公式表达出.【小问1详解】由对称性可知：，设，由焦半径可得：，，解得：圆的方程为：【小问2详解】由题意得：直线的斜率一定存在，其中，设关于直线的对称点为，则，解得：，联立与得：，设，则，则， 则，解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或，所以，【点睛】圆锥曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表达出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围.22.已知函数．（1）当时，证明；（2）若存在极值点，且对任意满足的，都有，求a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用切线放缩可得，且等号不同时成立，则结论可证；（2）多次求导，利用导数与函数单调性的关系转化问题为，再由即可得解.【小问1详解】当时，，定义域为，设，则，所以函数单调递增，在上单调递减，所以，所以，当且仅当时等号成立， 所以，，当且仅当时等号成立，所以，且等号不同时成立，所以；【小问2详解】函数，，若存在极值点，则，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，由，不妨设，若，则；若，由可得，则，所以，即对恒成立，令，则，则，设，则，，令，，则，， 令，则，令，则，当时，令，则，设，所以，所以，所以当时，，单调递增，，单调递增，，单调递增，，单调递减，，，符合题意；当时，，存在，单调递减，，，，单调递增，，，不符合题意；所以，由单调递增可得.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过多次求导，利用导数与函数单调性的关系转化不等关系.