浙江省台州市2023届高三数学上学期11月第一次质量评估试题（Word版附解析）

台州市2023届高三第一次教学质量评估（11月）数学试题一、选择题：本小题共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】D【解析】【分析】由交集的定义求解即可【详解】因为，，所以，故选：D2.已知复数满足（为虚数单位），则（）A.1B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】由复数的乘、除法公式化简复数，再由复数的模长公式即可得出答案.【详解】由可得：，所以故选：B.3.已知单位向量，满足，则向量，的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将两边平方，再利用向量数量积的定义即可求解.【详解】由，所以， 又为单位向量，所以，解得，所以与的夹角为.故选：C4.函数的零点个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】先求导研究函数的单调性，再结合零点的存在性定理即可求解【详解】，所以在上恒成立，所以函数在上单调递增，所以函数至多一个零点又，，即函数在上有一个零点，所以函数的零点个数是1，故选：B.5.已知抛物线的焦点为，点，经过点的直线交抛物线于，两点，且，则点的横坐标为（）A.B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到点的坐标，从而得到直线方程，然后联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理即可得到结果. 【详解】根据题意不妨令点在轴上方，得到如图所示图像，因为抛物线，则焦点，又因为点且，则，且在抛物线上，则，所以由直线过点且交抛物线于，两点可知，，则直线方程为，联立抛物线与直线方程可知消去得由韦达定理可知，且，所以故选:C.6.已知数列满足：，，.若，则（）A.1B.2C.3D.2022【答案】A【解析】【分析】令，则，再根据等差数列的定义即可得到，即可求出答案.【详解】令，则故，为常数，故数列是等差数列 故选：A.7.在四棱锥中，平面平面，为边长为1的等边三角形，底面为矩形.若四棱锥存在一个内切球（内切球定义：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球），则内切球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据内切球在等边三角形内的“正投影”求得内切球的半径，进而求得内切球的表面积.【详解】由于平面平面，为边长为1的等边三角形，底面为矩形，所以四棱锥内切球在等边三角形的“正投影”是等边三角形的内切圆，设等边三角形的内切圆半径为，则，解得，所以内切球的半径为，其表面积为.故选：D8.水平放置的碗口朝上的半球形碗内，假设放入一根粗细均匀的筷子，在力的作用下，筷子在碗内及碗沿可无摩擦自由活动直到筷子处于平衡（即筷子质心最低）.此时若经过筷子作与水平面垂直的轴截面如图，其中半圆（表示半球碗截面）半径为1，线段（表示筷子）长为3，则线段的中点离碗口平面距离最大时，直线与水平面夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】令线段与半球碗的右侧交于点，设直线与水平面的夹角为，线段的中点离碗 口平面距离为，根据题意可知：，利用导数研究最值即可求解【详解】令线段与半球碗的右侧交于点，设直线与水平面的夹角为，线段的中点离碗口平面距离为，根据题意可知：，则，此时，，令，解得，设0递增极大值递减当时，取得最大值，线段的中点离碗口平面距离最大时，直线与水平面夹角的余弦值为，故选：B二、选择题：本小题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分9.投掷两枚质地均匀的正方体骰子，则（）A.向上点数之和为5的概率为 B.向上点数之和为7的概率为C.向上点数之和为6的倍数的概率为D.向上点数之和为偶数的概率为【答案】BD【解析】【分析】用列举法结合古典概型的概率公式求解即可【详解】由题意可知投掷两枚质地均匀的正方体骰子点数向上的情况共有：，，，，，，共36种，其中点数之和为5的有共4种，故概率为，故A错误；其中点数之和为7的有共6种，故概率为，故B正确；其中点数之和为6的倍数有共6种，故概率为，故C错误；其中点数之和为偶数的有，，，，，，共18种，故概率为，故D正确；故选：BD10.已知定义在上的函数，满足：，，，则（）A.函数一定为非奇非偶函数B.函数可能为奇函数又是偶函数 C.当时，，则在上单调递增D.当时，，则在上单调递减【答案】BC【解析】【分析】对于AB：令，结合奇偶性的定义即可求解；对于CD：利用单调性的定义结合已知条件求解即可【详解】对于AB：令，则，所以或，当时，令，则，则，所以此时既是奇函数又是偶函数；故A错误，B正确；对于C：当时，，则，又，所以，则，设，则，则，所以，由于，取，得，所以，则当时，，则，所以， 则在上单调递增，故C正确；对于D：设，则，则，所以，则在上单调递增，故D错误；故选：BC11.如图，在正方体中，，分别为边，的中点，点为线段上的动点，则（）A.存在点，使得平面B.存在点，使得平面C.对任意点，平面平面D.对任意点，平面平面【答案】ABD【解析】【分析】当点与点重合时，可判断AC，当点为平面与线段交点时可判断B，可证明平面，由此可判断D.【详解】选项A，当点与点重合时，平面即为平面，由于，平面，平面，此时平面，正确；选项B，若平面，此时平面与平面重合，连接，易得，故相交，当点为平面与线段交点时成立，正确； 选项C，当点与点重合时，平面即为平面，平面与平面交于过点的一条直线，错误；选项D，连结，由于平面，平面，故，又，故，故，即，故，又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，正确.故选：ABD12.已知实数，，且，若，则可能等于（）A.0.5B.1C.2D.3【答案】AB【解析】【分析】问题可转化为是大于2的两个不同零点，利用导数研究单调性并作出图象，结合图象即可求解【详解】因为实数，，且，若，所以，即，所以， 令，，令解得，令解得，所以在单调递增，在上单调递减，作出的图象如下：，，不妨设，，由图象可知：，，且，所以AB正确，CD错误；故选：AB三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.经过点，，的圆的方程为_____________.【答案】（或）【解析】【分析】设圆的一般方程为，代入点坐标，待定系数求解即可.【详解】设圆的一般方程为，代入点，，可得：，解得，故圆的一般方程为： 标准方程为：.故答案为：（或）14.已知实数，满足，则的最大值为_____________.【答案】##【解析】【分析】利用重要不等式，转化为不等式，求的最大值.【详解】因为，所以，即，当时，等号成立，所以的最大值是.故答案为：15.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：.16.已知，若关于的方程恰有三个不同的解，则满足上述条件的的值可 以为_____________.（写出一个即可）【答案】4，5，6，7，8，9，10（写出其中一个即可）【解析】【分析】利用换元法，结合两个函数图象的交点情况进行求解.【详解】设，则，原方程化为，设，则函数恒过点；如图，设直线分别与函数切于两点；由图可知，当过点的直线的斜率介于直线和直线的斜率之间时符合题意.先求大致限定范围：，解得，由于取正整数，当时，由图检验可知，符合题意； 当时，由图检验可知，符合题意；所以的值可以为4，5，6，7，8，9，10（写出一个即可）.故答案为：4，5，6，7，8，9，10（写出其中一个即可）四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知公差为2的等差数列中，，，成等比数列.（1）求；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，用表示，求解即可； （2）结合等差、等比求和公式，分组求和即可.【小问1详解】因为，，成等比数列，所以，又因为等差数列的公差为2，所以，解得，所以；【小问2详解】由题意，由于，故为以为首项，公比为4的等比数列，所以.18.为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据100个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：药物疾病合计未患病患病未服用301545服用451055合计7525100（1）若从总体中任取一个样本，试估计该动物未服用药物且未患疾病的概率；（2）能否有的把握认为药物对疾病有效?附： 【答案】（1）（2）没有【解析】【分析】（1）将频率作为概率，根据古典概型计算即可；（2）对2列联表作卡方计算，与表格中的数据比较即可.小问1详解】由样本估计总体，估计该动物末服用药物且末患疾病的概率为：；【小问2详解】假设药物A服用与患疾病无关，由，因为，所以没有的把握认为药物A对疾病B有效；综上，该动物末服用药物且末患疾病的概率为：，没有的把握认为药物A对疾病B有效.19.如图，在四棱锥中，，与均为等腰直角三角形，，，且平面平面.（1）求证：；（2）若，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点，结合等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可证得平面，由线面垂直的性质可得结论；（2）由面面垂直的性质可证得平面，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果.【小问1详解】取的中点，连接，与均为等腰直角三角形，，，，，，又，平面，平面，平面，.【小问2详解】平面平面，平面平面，，平面，平面，又，则以坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，，，，，又，，则，，，，设，则，，，则， ，，，设平面的法向量为，则，令，解得：，，；点到平面的距离.20.设的三个内角，，所对的边分别为，，.若，且.（1）求的值；（2）若，的面积为1，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两角和与差的余弦公式化简已知等式即可求解；（2）根据面积公式可得，再由正弦定理结合两角和的正切公式即可得出答案.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，所以，又因为在中，所以， 所以，所以，所以；【小问2详解】因为的面积为1，所以，所以，根据正弦定理可得，所以，所以，所以，可得，又因为，所以，所以，所以.21已知函数（1）若，求函数的单调区间；（2）若存在，使得，设函数的图像与轴的交点从左到右分别为，，，，证明：点，分别是线段和线段的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分割点）【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，再分与讨论即可求解；（2）存在，使得，得对任意恒成立，即对任意恒成立，从而得到，代入得，求解即可【小问1详解】因为，所以.①当时，由解得，由解得，所以在上单调递减，在上单调递增；②当时，由解得，由解得，所以在上单调递增，在上单调递减.综上可知：当时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】若存在，使得，则，得，得对任意恒成立，即对任意恒成立，所以所以； 代入得，由可得.因为函数的图象关于对称，所以有，得，，，，所以，，所以点，分别是线段和的黄金分割点.22.已知点是双曲线与椭圆的公共点，直线与双曲线交于不同的两点，，设直线与的倾斜角分别为，，且满足.（1）求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；（2）记（1）中直线恒过定点为，若直线与椭圆交于不同两点，，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）记，的斜率为，，由可得，联立直线与双曲线，用坐标表示，结合韦达定理可得，分析即可得解；（2）用坐标表示，结合韦达定理以及得到的范围，求解即可.【小问1详解】由已知得， 所以，，当，斜率不存在时，则直线，为或，与题意不符；当，斜率存在时，记，的斜率为，所以根据，可得，……………………（*）设，，直线，由联立可得，所以因为，所以，所以，所以或（此时直线过，不符，舍去）所以直线恒过定点；【小问2详解】由（1）知，可设直线的方程：，设直线与椭圆的交点，坐标分别为，，由可得， 所以，因为，所以又因为可得或，又因为直线与双曲线交于不同的两点，，由联立可得，又因为可得，所以或，所以结合（1）可得的取值范围为，所以的取值范围为.