浙江省名校协作体2022-2023学年高三数学下学期开学联考适应性试题（Word版附解析）

2022学年第二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；5．本卷仅供校内训练使用．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.设，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由对数函数性质确定集合，由平方的定义确定集合，然后由交集定义计算．【详解】，所以，故选：C．2.若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知可推出，然后根据复数的除法即可求出.【详解】复数在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为， 所以，所以.故选：C.3.在平行四边形中，，，设，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合平行四边形的性质及平面向量的基本定理即可求解.【详解】因为四边形为平行四边形，所以，，，因为，，所以，所以，,因为，，所以，解得，所以，故选：B. 4.已知，，，则，，的大小关系是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用作差法比较a,c大小，再分别比较b,c与的关系即可求解【详解】a-c==<0,故又故3>,故,即b>,又＜故,故即c＜,所以b＞c,综上，故选B.【点睛】本题考查比较对数值的大小，对数函数性质，作差法，插入中间值，准确计算是关键，是难题5.已知一个装满水的圆台形容器的上底半径为6，下底半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入的铁球的表面积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出表面积最大时的剖面图，分析出此时圆与上底，两腰相切，建立合适直角坐标系， 设圆心坐标为，利用圆心到腰所在直线等于半径列出方程，解出即可.【详解】表面积最大时，沿上下底面直径所在平面作出剖面图如图所示，显然此时圆与等腰梯形的上底以及两腰相切，则建立如图所示直角坐标系，由题意得，，则，则直线所在直线方程为，即设，表面积最大时球的半径为，则，则点到直线的距离等于半径，则有，解得或，，，此时，则故选：6.如图，设，是双曲线的左、右焦点，过点作渐近线的平行线交另外一条渐近线于点，若的面积为，离心率满足，则双曲线的方程为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据几何关系列出关于渐近线倾斜角与面积的等量关系式，求出渐近线的倾斜角，从而根据渐近线方程计算的值，确定双曲线的方程【详解】设双曲线的渐近线的倾斜角为，则，在等腰三角形中，根据正弦定理可得：，得，所以，解得或，又，，所以，从而，所以双曲的方程为，故选：B．【点睛】本题目比较巧妙的地方在于借助渐近线的倾斜角，得到倾斜角与的关系，结合解三角形的方法来表示三角形的面积，求出的值；题目也可以用渐近线方程直接求解7.从1至10这10个整数中随机取3个不同的数，则这3个数中任意两数都互质的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求总的情况个数,再求满足3个数中任意两数都互质的情况个数,应用古典概型概率 公式求解即可.【详解】从1至10这10个整数中随机取3个不同的数满足3个数中任意两数都互质,3个数中包括的最小数是,其它个数可以是个偶数,个奇数,共有种互质数;3个数中包括的最小数是,其它个数可以是个奇数,共有种互质数;3个数中包括的最小数是,其它个数可以是3个偶数,2个奇数,共有种互质数;3个数中包括的最小数是4,其它2个数可以是3个奇数,共有种互质数;3个数中包括的最小数是5,其它2个数可以是2个偶数,2个奇数共有种互质数;3个数中包括的最小数是6，无满足条件的其它2个数；3个数中包括的最小数是7，其它2个数可以是2个偶数，1个奇数，共有2种互质数；最小数是大于等于8，无满足条件的3个互质数；综上共有种互质数组。所以3个数互质的概率为故选:.8.设单调递增函数满足：对任意，均有，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可先证明一个引理：如果存在，使得，则任意，总有 ，再根据这个引理分析的取值，从而可得正确的结论.【详解】因为，故或，所以或，证明一个引理：如果存在，使得，则任意，总有.用反证法证明如下：假设存在，有，由可得，对任意的，则有，而或，故，又或，若，则即，与矛盾；故任意的，总有.因为，故存在非负整数，使得.由前述证明可知：同理有：任意的，总有；任意的，总有；任意的，总有；这样矛盾，故引理得证.又或，若，由引理可得当时，，此时，此时排除BD.若，此时，此时排除A.因为或，此时总有， 故选：C.【点睛】思路点睛：给定抽象函数的单调性及函数值的取值集合的问题，可根据函数值的形式结合单调性猜测并证明一个引理，从而便于问题的处理.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.已知函数，则（）A.B.的最小正周期为C.在上单调递减D.在上单调递增【答案】BD【解析】【分析】由正切函数的性质逐一判断即可得结论．【详解】，故A错误；函数的最小正周期为，故B正确；时，，故在上单调递增，故C错误；时，，故在上单调递增，故D正确．故选：．10.已知是抛物线的焦点，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（）A.若轴，则B.若，则的面积为C.长度的最小值为D.若，则【答案】ABD 【解析】【分析】由抛物线的焦半径公式可求得A正确；由抛物线焦半径公式可求得，根据可知B正确；通过反例可知C错误；设，，利用可求得，进而得到，结合两点间距离公式可得，利用基本不等式可求得D正确.【详解】对于A，由抛物线方程知：，则，，A正确；对于B，，，，解得：，，B正确；对于C，当，时，，最小值不是，C错误；对于D，设，，由知：，即，解得：（舍）或，，，（当且仅当时取等号），，D正确.故选：ABD.11.已知圆锥PO的轴截面PAB是等腰直角三角形，，M是圆锥侧面上一点，若点M到圆锥底面的距离为1，则（）A.点M的轨迹是半径为1的圆B.存在点M，使得 C.三棱锥体积的最大值为D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据点M到圆锥底面的距离为1易知其轨迹为到底面距离为1的圆；选项B、D的存在性及最值与点M的位置有关，用点M在圆锥底面的射影N与O、A形成的来刻画点M的位置，把目标角的余弦用表示，进而分析运算判断即可．【详解】解：因为为等腰直角三角形，，所以P到圆锥底面的距离为2，又M是圆锥侧面上一点，并且点M到圆锥底面的距离为1，故点M的轨迹是半径为1的圆，故A正确；设点M在圆锥底面上的射影为N，连接ON，AN，MN，，，如图设，，则，所以，当M为PA的中点时，AM最小，最小值为，当M为PB的中点时，AM最大，最大值为，又易知，，所以， 因为，故B错误；，，易得点M到平面PAB的距离的最大值为1，，所以三棱锥体积的最大值为，故C正确；连接BN，，，所以的最小值为，故D正确.故选：ACD．【点睛】本题解题的关键是要有函数的思想即用来刻画点M的位置，因为与都与点M的位置有关；其次要利用圆锥的对称性设，这样研究问题更加简便．12.已知数列满足，且，是数列的前项和，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】 分析】对于A,证明数列单调递减即得解；对于B，证明即得解；对于C，随着减小，从而增大．即得解；对于D，证明即得解.【详解】对于A:,,在单调递增,在单调递减,,当且仅当时,若,又因为则,则，则,又因为所以所以，设，当时，单调递减，当时，单调递增所以所以所以由,当时,因为，所以,则,同理得,当时，；所以，所以数列单调递减.则,所以选项A正确.对于B：由前面得．下面证明．只需证明，令，，令，则，∴成立．所以， 所以，所以选项B错误；对于C：，设，设，则．所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大．所以，即．所以C错误．对于D：一般地，证明：．只需证明．．令，则，∴成立．所以，所以．所以D正确．故选：.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.写出一条与直线平行且与圆相切的直线方程___________.【答案】或 【解析】【分析】根据题意设出所求直线方程为，且，利用圆心到直线的距离求出即可得直线方程.【详解】解：设与直线平行的直线为，且圆整理为，则圆心为，半径又直线与圆相切则圆心到直线的距离为，解得或则直线方程为：或.故答案为：或14.已知，则_____________.【答案】30【解析】【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可.【详解】因为，所以是含项的系数，若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个1，则得到的项为；若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为；若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项；综上：含的项为，则含项的系数为，即.故答案为：.15.设，是函数（）的两个极值点，若，则的最小值为______． 【答案】【解析】【分析】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；化简得到，利用换元法令，则，构造函数，利用导数求出，将参数分离出来，构造函数，即可得出.【详解】，是的两个极值点，是的两根，又当时，方程不成立，即，两式作比得到:==，所以，令，所以令，则令，则所以在上单调递减，所以所以在上单调递减，所以令，则恒成立所以在上单调递减，即 故答案为：.16.已知体积为6的四面体满足，，，则异面直线与所成的角的大小为______．【答案】或【解析】【分析】过点作且，则为异面直线与所成的角或其补角，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据锥体体积公式结合条件可得的长，在中结合条件即得.【详解】如图过点作且，连接，所以为异面直线与所成的角或其补角，由题可知是正方形，所以，因为，，所以，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以，过作于，由平面，平面，所以，又平面，所以平面，因为四面体体积为6，则四棱锥的体积为，所以，又， 所以，又，所以或，当时，为等边三角形，，在中,，，当时，，，在中,，，所以异面直线与所成的角的大小为或.故答案为：或.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.中，，，分别是角，，的对边，且有.（1）求角；（2）当，时，求的面积.【答案】（1）或或（2）或【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换将式子化简，即可求出角的大小；（2）先根据余弦定理求出边的长度，再根据三角形面积公式即可求解.【小问1详解】因为，且，所以， 即，所以或，解得或或.【小问2详解】因为，，所以，根据余弦定理得，所以，即，解得或，当时，，当时，，所以的面积的面积为或.18.已知数列的前n项和为，数列为等差数列，且满足．（1）求数列和的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）求出即得数列的通项公式，利用与的关系求出数列的通项公式； （2）求出，再利用分组求和求数列的前项和．【小问1详解】解：令，令，又，所以，即．所以，，①．②两式相减得，，即是公比为2的等比数列，且，所以．【小问2详解】解：由可得，．累加可得，，而，∴.19.如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D是棱BC的中点． （1）求证：平面；（2）在棱上AC是否存在点M，其中，使得平面与平面所成角的大小为60°，若存在，求出；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）根据三角形中位线得线线平行，即可证明线面平行，（2）根据空间向量，利用法向量的夹角即可求解.【小问1详解】连接交于点,由于四边形为矩形，所以为的中点，又点D是棱BC的中点，故在中，是的中位线，因此,平面，平面,所以平面【小问2详解】由平面ABC，可知，三棱柱为直三棱柱，且底面为直角三角形，故以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系;则 由得,,设平面的法向量为，则，取，得，,设平面的法向量为，则，取，得，故，化简得由于，所以，故棱上AC存在点M，其中，即，使得平面与平面所成角的大小为60°.20.文渊中学计划在2023年2月举行趣味运动会，其中设置“夹球接力跑”项目，需要男同学和女同学一起合作完成．高一（15）班代表队共派出3个小组（编号为，，）角逐该项目，每个小组由1名男生和2名女生组成，其中男生单独完成该项目的概率为0.6，女生单独完成该项目的概率为（）．假设他们参加比赛的机会互不影响，记每个小组能 完成比赛的人数为．（1）证明：在的概率分布中，最大；（2）如果比赛当天天气出现异常，则将临时更改比赛规则：每个代表队每次指派一个小组，比赛时间一分钟，如果一分钟内不能完成，则重新指派另一组参赛．高一（15）班代表队的领队了解后发现，小组能顺利完成比赛的概率为（），且各个小组能否完成比赛相互独立．在更改比赛规则后，领队如何安排小组的出场顺序能使指派的小组个数的均值最小？请给出证明．【答案】（1）证明见解析（2）出场顺序均值最小,证明见解析【解析】【分析】（1）由已知的所有可能取值为，分别求出对应的概率，再利用作差法比较与、、的大小关系即可得证；（2）结合（1）知，可得结论，证明时，设三个小组按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成项目的概率为，记在比赛时所需派出的小组个数为，则，然后求出的分布列和数学期望，进而得证.【小问1详解】由已知，的所有可能取值为， 所以概率最大【小问2详解】由（1）知，当时，有的值最大，且，，所以应当以的顺序安排小组的出场顺序，可以使得指派的小组个数的均值最小.证明如下：假设为的任意一个排列，即若三个小组按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成项目的概率为，记在比赛时所需派出的小组个数为，则，且的分布列为数学期望下面证明所以按照完成任务概率从大到小的的顺序安排小组的出场顺序，可以使得指派的小组个数的均值最小.21.已知曲线：经过点，． （1）求曲线的方程；（2）已知定点，过的直线与曲线交于A，B两点，过的直线与曲线交于C，D两点．若A，C，M三点共线，证明：B，D，M三点共线．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据曲线经过点，列方程，解方程得到，，即可得到曲线的方程；（2）设：，：，联立直线和曲线的方程，利用韦达定理得到，，同理得到，，联立直线AC与曲线的方程得到，，根据，，三点共线和韦达定理得到，然后根据分别得到，，即可得到，即B，D，M三点共线.【小问1详解】因曲线：经过点，，所以，解得，，即曲线的方程为.【小问2详解】证明：易知直线，的斜率存在，设：，：，设，，，， 令直线与曲线联立，，消去y，整理得，所以，，同理可得，，因为A，C，M三点共线，则可设直线AC：，且，所以，整理得，令直线AC与曲线联立，消去y，整理得，所以，，所以，又，且 ，所以，即B，D，M三点共线．【点睛】方法点睛：证明，，三点共线的方程：①向量：可以通过说明与共线得到三点共线；②斜率：可以通过说明得到三点共线（斜率得存）；③直线：可以通过说明点在直线上得到三点共线.22.已知函数（）．（1）若单调递增，求的取值范围；（2）设实数，，满足，，且，．若存在两组实数满足条件，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由单调递增,可得恒成立,分两种情况讨论即可.(2)左右两侧取对数,构造函数把两组实数对转化为两个零点问题,再分段讨论即可得解.【小问1详解】已知函数（）,所以（）当时,,所以恒成立,单调递增,即符合题意; 当时,,二次函数对称轴在轴右侧,由题意知,恒成立,则,解得综上,的取值范围为;【小问2详解】因为，,所以,两式相乘,可得,所以所以,整理得.因为所以设即存在两个零点.当时,由(1)知单调递增,至多一个零点,不符合题意;当时,设则,,在上为增函数,,在上为增函数,,所以存在,使得易知在上单调递减,在上单调递增, 所以,因为,所以存在使得综上,的取值范围为.