浙江省衢州市普通高中2022-2023学年高三数学上学期素养测评试卷（Word版附解析）

衢州市普通高中2023届高三数学素养测评试卷一､单选题（本题共4小题，每小题5分，共计20分，每小题列出的四个选项中只有一项符合题目要求）1.已知集合所有非空真子集的元素之和等于12，则（）A.3B.4C.6D.2【答案】B【解析】【分析】根据题意得集合的所有非空真子集，再求和即可.【详解】解：因为集合的所有非空真子集：，所以，，即.故选：B2.如图，已知点是椭圆的左顶点，过点作直线与椭圆交于点分别交直线于点，则（）A.为定值B.为定值C.可能等于D.可能等于2【答案】B【解析】【分析】直曲联立根据韦达定理即可进行判断.【详解】设直线方程为：，，， ，，，，直线方程为：，令，得故，同理可得，所以，故B正确，D错误.，当且仅当取等，故C错误，A错误.故选：B3.实数分别满足，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知即，构造函数，确定其在上单调递减，可得，又设，其在上单调递增，所以得，即可判断的大小；再构造函数，可得恒成立，可判断，最值可得结果.【详解】解：由已知得， ①设，当时，，所以在上单调递减，因此，即，所以，又设，，当时，，所以在上单调递增，因此，所以则，所以；②设，当时，，在上，单调递减，当时，恒成立；取时，；综上得故选：C.4.衢州市某中学开展做数学题猜密码益智活动.已知数列的通项，，数列的通项，现将数列和中所有的项混在一起，按照从小到大的顺序排成数列，若满足成立的的最小值为，若该中学密码为计算结果小数点的后6位，则该中学的WiFi的密码为（）A.461538B.255815C.037036D.255813【答案】D【解析】【分析】根据题意带入验证即可.【详解】由题意，数列的通项，可得数列由数字， 数列的通项，可得数列由数字，当时，，此时数列为，此时；当时，，此时数列为，此时；当时，，此时数列前38项中有的前32项和数列的前6项构成，此时，此时，经验证：，此时，不符合题意，当，此时首次满足，即，又由，所以该中学的的密码为255813.故选：D.二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题列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，不选､有选错的得0分）5.设函数，存在最小值时，实数的值可能是（） A.B.C.0D.1【答案】ABC【解析】【分析】根据函数解析式，分、、三种情况讨论，当时根据二次函数的性质只需函数在断点处左侧的函数值不小于右侧的函数值即可；【详解】解：因为，若，当时在上单调递增，当时，此时函数不存在最小值；若，则，此时，符合题意；若，当时在上单调递减，当时，二次函数对称轴为，开口向上，此时在上单调递增，要使函数存在最小值，只需，解得，综上可得.故选：ABC6.当下新能源汽车备受关注，某校“绿源”社团对“学生性别和喜欢新能源汽车是否有关”做了一次调查，其中被调查的男女生人数相同，男生喜欢新能源汽车的人数占男生人数的，女生喜欢新能源汽车的人数占女生人数的，若有的把握认为是否喜欢新能源汽车和性别有关，则调查人数中男生有可能的人数为（）附： A.68B.C.70D.71【答案】CD【解析】【分析】设男女生总人数为，根据题目得到列联表，计算，得到答案.【详解】设男女生总人数为，则男生喜欢新能源汽车的人数，女生喜欢新能源汽车的人数占女生人数的.则列出联表如下：类别喜欢新能源汽车不喜欢新能源汽车小计男生女生小计...所以，即，所以，故选：CD7.已知，圆，则（）A.存在2个不同的，使得圆与轴或轴相切B.存在唯一的，使得圆在轴和轴上截得的线段长相等C.存在4个不同的，使得圆过坐标原点D.存在唯一的，使得圆的面积被直线平分【答案】BD【解析】【分析】根据圆心所在的直线或曲线上，利用数形结合或导数与单调性的关系讨论求解.【详解】由条件可知，圆的半径为1，圆心坐标为，即圆心在曲线上运动.对于，当时，圆与轴相切，当，即或时，圆与轴相切，所 以满足要求的有3个，错误；对于，若圆在轴和轴上截得的线段长相等，则圆心到轴和轴的距离相等，故圆心在上，又圆心上，设,令,解得,令,解得,所以在单调递减,单调递增,所以,所以无解，即与无交点，设在恒成立，所以在单调递增,且，由零点的存在性定理得有唯一零点，即有一个解，所以与有一个交点，所以满足要求的仅有一个，B正确；对于，若圆过坐标原点，则，由图可知，与有两个交点，所以满足要求的有2个，故错误；对于，若圆的面积被直线平分，则直线经过圆心，即证有唯一解，令，令，解得，令，解得，所以在单调递增，单调递减，所以，所以有唯一解，故D正确. 故选：BD.8.在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（）A.平面B.三棱锥的外接球直径C.在圆锥侧面上，点到的中点的最短距离必大于D.记直线与过点的平面所成的角为，当时，平面与圆锥侧面的交线为双曲线.【答案】BC【解析】【分析】对A：根据线面平行的性质定理分析判断；对B：根据题意分析可得：三棱锥是顶角为直角的正三棱锥，利用转化法求外接圆直径；对C：根据题意：点到中点的直线距离为，结合圆锥侧面分析判断；对D：根据题意可得，结合圆锥的截面分析判断.【详解】对于：若平面，平面ABC，平面平面，则，因为为直径，为圆锥底面圆的圆心，是底面圆的内接正三角形所以，所以，故A错误；对于：因为，则，故，则， 同理，且三棱锥是正三棱锥，设其外接球半径为，则三棱锥的外接球可以转化为边长为的正方体的外接球，∴，故B正确；对于C：由于是边长为等边三角形，故点到中点的距离为，故在圆锥侧面上，点到的中点的最短距离大于，故C正确；对于D：∵与母线的夹角的余弦值为，则，即，所以平面与圆锥侧面的交线为椭圆，故D错误；故选：BC.二､填空题（本题共4小题，每题5分，共20分，请把答案写在相应的位置上）9.已知，则在上的投影向量为___________.【答案】【解析】【分析】首先求出，，再根据在上的投影向量为计算可得.【详解】解：因为，，所以，， 所以在上的投影向量为.故答案为：10.已知定义在上的函数，对于任意，当时，都有，又满足，则___________.（为自然对数的底数）【答案】1【解析】【分析】令，代入求得，令，代入、求得，令，根据都有，得到，根据求出可得答案．【详解】，而，又，令，由于当时，都有，故，即当时，，而，故.故答案为：1.11.已知正数满足，则的最小值为___________. 【答案】【解析】【分析】解法1：首先求的最小值，再构造，变形求的最小值；解法2：利用基本不等式的推广，变形求的最小值.【详解】解析1：由已知条件可得：，当且仅当，即时等号成立，因为，当且仅当时等号成立，所以，即，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是.解析2：，即，当且仅当，即时等号成立，于是，即，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值是.故答案为：12.已知一个质子在随机外力作用下，从原点出发在数轴上运动，每隔一秒等可能地向数轴正方向或向负方向移动一个单位.若移动n次，则当n＝6时，质子位于原点的概率为___________；当n＝___________时，质子位于5对应点处的概率最大. 【答案】①.##0.3125②.23或25【解析】【分析】根据独立重复试验的概率公式求n＝6时质子位于原点的概率，再求质子位于5对应点处的概率表达式并求其最值.【详解】设第n次移动时向左移动的概率为，事件n＝6时质子位于原点等价于事件前6次移动中有且只有3次向左移动，所以事件n＝6时质子位于原点的概率为,事件第次移动后质子位于5对应点处等价于事件质子在次移动中向右移了次，所以第次移动后质子位于5对应点处的概率，设，则，令可得，化简可得，所以，，所以令可得，，所以，又，所以m=9或m=10，即或时，质子位于5对应点处的概率最大.故答案为：；23或25.三､解答题（本题共6小题，每小题15份，共90分）13.已知数列的前项和为，且满足，当时， .（1）证明为等差数列，并求数列通项公式；（2）设，求数列的前2022项和.【答案】（1）证明见解析，;（2）.【解析】【分析】（1）根据递推关系式及等差数列的定义可得为等差数列，求出其通项后由与的关系求即可；（2）由两角差的正切公式变形，利用裂项相消法求和.【小问1详解】令，得，又，所以；令，得，又，；因为当时，，所以，所以数列为等差数列，首项为，公差为，所以，所以，于是，当时，，当时，，满足上式，故； 【小问2详解】因为，则，于是，.14.记的内角的对边分别为，已知.（1）若，求边上的中线长度的最大值；（2）若，点分别在等边的边上（不含端点）.若面积的最大值为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据正弦定理，三角恒等变换公式以及余弦定理再结合平面向量的数量积运算即可求解；(2)利用正弦定理，三角恒等变换将表示为关于的函数关系式，利用三角函数性质讨论最值即可求解.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，因为，所以，即,所以，因为，所以，所以 ，因为，所以，由余弦定理得：.（当时取到等号），且，又因为所以即，所以，所以.故的最大值为【小问2详解】由（1）可知，由于面积的最大值为，则，得，所以的最大值为，因为，所以，因为，所以，设，则，在中，由正弦定理得所以，得，在中，由正弦定理得，所以，得，所以 ，其中，所以当时，取得最大值，所以，所以，所以，即，所以，解得或（舍去）15.品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级.现设，分别以表示第一次排序时被排为的四种酒在第二次排序时的序号，并令，则是对两次排序的偏离程度的一种描述.（1）假设等可能地为的各种排列，写出的可能值集合，并求的分布列；（2）某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有.①试按（1）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.【答案】（1）答案见解析（2）①；②该品酒师有良好的酒味鉴别功能，不是靠随机猜测，理由见解析.【解析】 【分析】（1）列举出所有可能的排列，并计算得到对应的X值，由古典概型概率公式可得对应概率和分布列；（2）①由中数据结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②结合极小概率事件的分析.【小问1详解】可用列表列出，为的全排列，共24种，计算每种排列下的值，X12340124321324213424142341432421342214342314423416241362431631244314263214432416 3421834128412364132642136423164312843218则的可能取值集合为，在等可能的假定下可得：,的分布列为：02468【小问2详解】①首先，将三轮测试都有的概率.②由于是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有的结果可能性很小，所以我们认为该品酒师有良好的酒味鉴别功能，不是靠随机猜测.16.在棱长均为的正三棱柱中，为的中点．过的截面与棱，分别交于点，． （1）若为的中点，求三棱柱被截面分成上下两部分的体积比；（2）若四棱雉的体积为，求截面与底面所成二面角的正弦值；（3）设截面的面积为，面积为，面积为，当点在棱上变动时，求的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）连结，并延长分别交，于点，，连结交于点，连结，，利用比例关系确定为靠近的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结，，由和进行求解，即可得到答案；（2）求出点到平面的距离，得到点为靠近的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得即为截面与底面所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设，则，，先求出的关系以及取值范围，然后将转化为，表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接，并延长分别交，延长线于点，，连接交于点，连接，． 易得．故为靠近的三等分点．，．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱的体积．连接，．由平面知，为定值．．．．故．（2）由及得，．又，所以．即点到的距离为，为靠近的四等分点．因为平面平面，所以截面与平面所成角即为截面与平面所成角，在中，，，故．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．则即为截面与底面所成的二面角．在中，，，．故．因此，截面与平面所成二面角的正弦值为． （3）设，则，．设的面积为，所以．又因为，所以．且．令则故．令则，所以在上单调递减，所以，，所以，所以17.已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点两点.（1）若双曲线的右支上的三个不同的点关于轴的对称点分别为双曲线的左右焦点，试求的值；（2）设过点的直线交曲线于两点，过作轴的垂线与线段交于点，点满足，证明：直线过定点. 【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据双曲线的对称性及双曲线的定义即可求解；（2）设直线，由条件可得点是线段的中点，写出直线的方程，证明直线过点，转化为求证，再由韦达定理代入化简即可得证.【小问1详解】设双曲线方程：，显然，将代入得：，解得，即双曲线；设双曲线的右焦点为，由双曲线的对称性可知，，则.【小问2详解】设直线，易得.所以由，即点是线段的中点.所以，于是的方程：，下证直线过定点. 即证，即证.即证.而.故即证：（1）由.，，代入（1）式：成立，即证.故直线过定点.【点睛】关键点点睛：根据直线方程猜测直线恒过点，利用分析法转化为求证即可，再由直线与双曲线方程联立，得出根与系数的关系，代入上式即可求证出结果.18.已知函数.（1）若曲线与不存在相互平行或重合的切线，求的取值范围；（2）讨论曲线与的公切线条数.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据导数研究的单调性得，进而结合题意得恒成立，再求解恒成立问题即可得答案； （2）结合（1）得只需讨论当时的情况，进而分别设出曲线，的切点，求得切线方程，进而得，再令换元整理转化为研究方程，的解个数问题，再结合导数研究即可.【小问1详解】解：函数的定义域为，所以，，则，令，解得，所以，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，，因为曲线与不存在相互平行或重合的切线所以，恒成立，即，因，，所以，即的取值范围为；小问2详解】解：由（1）可知，当时，两条曲线不存在公切线；当时，设曲线的切点为，曲线的切点为，因为，所以在处的切线方程为， 同理可得，在处的切线方程为，由题意可知，，即，消去得，令，整理得，所以，两条曲线的切线条数即为上述关于的方程根的个数，因为，设，则，令，解得，所以，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，，所以，即设，则，设，则，令，解得，所以，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以，，所以令，解得，所以，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，又因为当趋近于及时，趋近于，且，所以存在，使得，即两条曲线存在两条公切线，综上，当时，两条曲线无公切线；当时，两条曲线存在两条公切线.【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于讨论当时的情况，根据导数的几何意义分别求得曲线，的切线得，进而换元整理转化为研究方程，的解个数问题，再结合导数研究即可.