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浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三数学下学期4月联考试题(Word版附解析)
浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三数学下学期4月联考试题(Word版附解析)
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2023年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题卷一、选择题:本题共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.若集合,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解对数不等式、一元一次不等式化简集合,再应用集合的交、补运算求结果.【详解】由,得,所以,所以,因为,所以,所以.故选:A.2.若复数z满足,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算,化简可得,然后根据共轭复数的概念,即可得出答案.【详解】由已知可得,,从而.故选:B.3.在正方形ABCD中,O为两条对角线的交点,E为边BC上中点,记,,则()A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由向量运算的三角形法则,用,表示即可.【详解】故选:C.4.双曲函数是一类与常见三角函数类似的函数,在生活中有着广泛的应用,如悬链桥.常见的有双曲正弦函数,双曲余弦函数.下列结论不正确的是()A.B.C.双曲正弦函数是奇函数,双曲余弦函数是偶函数D.若点P在曲线上,α为曲线在点P处切线的倾斜角,则【答案】B【解析】【分析】对于A,B,直接代入验证即可;对于C,利用奇偶性的定义即可判断;对于D,利用导数的几何意义结合基本不等式及正切函数的性质即可判断.【详解】对于A,,A正确;对于B,, ,所以,B错误;对于C,令,则,且定义域为关于原点对称,所以双曲正弦函数是奇函数;令,则,且定义域为关于原点对称,所以双曲余弦函数是偶函数,C正确;对于D,令,则,设,所以,又因为,所以,D正确.故选:B5.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是()A.120B.210C.211D.216【答案】D【解析】【分析】共有三种情况,3人各站一个台阶,或2人站一个台阶,另1人站另一个台阶,或3人站一个台阶,然后根据分类计数原理即可求解.【详解】由题意分三种情况:第一种情况是3人各站一个台阶,有种;第二种情况是2人站一个台阶,另1人站另一个台阶,有种,第三种情况是3人站一个台阶,有种,所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种.故选:D.6.函数的图象向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数,函数 .若关于x的方程在内有两个不同的解α,β,则的值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的图象性质、图象变换和三角恒等变换公式,以及诱导公式求解.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后,所得函数的解析式为,因为所得函数为奇函数,所以,则有,因为,所以,所以,,因为,所以,所以由,可得,所以,且,则, 所以,故选:B.7.已知在上恒成立,则的最小值是()A.0B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先将条件转化为在上恒成立,再构造函数,,分,两种情况讨论,再结合导函数分析函数的单调性,进而即可求解.【详解】在上恒成立,等价于在上恒成立,等价于在上恒成立,令,,当时,则在上单调递增,则若时,,不符合题意;当时,则,若时,,此时单调递增;若时,,此时单调递减,所以,则,即,令,,则,当时,,此时单调递减;当时,,此时单调递增,所以,所以,所以的最小值是.故选:D.8.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三 角形的四面体称之为鳖臑.现有鳖臑,其中平面ABC,,过A作,,记四面体,四棱锥,鳖臑的外接球体积分别为,,V,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】记四面体,四棱锥,鳖臑的外接球半径分别为,,,记,,,先证明面,从而得到,,,再根据,从而得到,再构造函数,其中,再利用导函数分析函数的单调性,进而即可求得其值域.【详解】记四面体,四棱锥,鳖臑的外接球半径分别为,,,记,,,在鳖臑中,有,,又,平面,则面,又面,则,又,且,面,所以面,所以,,,又,即, 所以,令,其中,则,所以当时,,此时单调递减;当时,,此时单调递增,当,即时,;当,即时,;根据对称性,当,即时,,所以,即.故选:A.【点睛】关键点点睛:先根据题意得到,再构造函数,其中,利用导函数分析函数的单调性,进而求得其值域是解答本题的关键.二、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.已知某地区某周7天每天的最高气温分别为23,25,13,10,13,12,19(单位℃).则()A.该组数据的平均数为B.该组数据的中位数为13C.该组数据的第70百分位数为16D.该组数据的极差为15【答案】ABD【解析】【分析】根据平均数、中位数、百分位数和极差的定义判断即可.【详解】将23,25,13,10,13,12,19从小到大排列为10,12,13,13,19,23,25,对于A,该组数据的中位数为,故A正确;对于B,该组数据的中位数为13,故B正确; 对于C,由,则该组数据的第70百分位数为从小到大排列的第5个数,是19,故C错误;对于D,该组数据的极差为,故D正确.故选:ABD.10.如图,多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形,则()A.B.平面平面FABC.直线EA与平面ABCD所成的角为D.点E到平面ABF的距离为【答案】ACD【解析】【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点,可判断A选项,取中点,连接、,根据两平面的二面角可判断B选项,根据对称性找到平面的垂线,根据线面角的性质可求C选项,求点到面的距离转化为求三角形的高,可判断D选项.【详解】对于A选项,如图,由,,,为正三角形可得为正方形,故,故A正确;对于B选项,取中点为,在,中,由正三角形的性质可得,,,平面平面,平面,平面,则为二面角的平面角,由,,得,故B错误;对于C选项,由条件可知四棱锥、四棱锥均为正四棱柱,连接,交点为正方形的中心,则平面, 即为直线与平面所成的角,由,,得,故C正确;对于D选项,连接,在正方形可知,,平面,平面,,与相交,且平面,平面即为三棱锥的高,设点E到平面ABF的距离为,由几何关系可求得,,,,由可得,,代入数据解得,故D正确.故选:ACD.11.定义:若存在正实数M使,则称正数列为有界正数列.已知数列满足,为数列的前n项和.则()A.数列为递增数列B.数列为递增数列C.数列为有界正数列D.数列为有界正数列【答案】BC【解析】【分析】对于A,设,求导后放缩,从而可知当时,单调递减,即可判断;对于B,由可知数列为递增数列,即可判断;对于C,由A分析,即可判断;对于D,借助不等式,从而可得,即可得到,从 而可判断.【详解】对于A,设,,当时,,则,所以当时,,则当时,,所以当时,单调递减,A错误;对于B,因为,所以数列为递增数列,B正确;对于C,由A分析可知,当正实数M为前6项的最大项时,就有,所以数列为有界正数列,C正确;对于D,令,则,所以当时,,即在上单调递减,所以,即,由,所以,D错误.故选:BC【点睛】关键点睛:对于A,借助不等式进行放缩,而对于C,借助不等式进行放缩,从而可利用裂项相消法求和.12.已知函数,则()A.f(x)是单调递增函数B.C.D.【答案】ABD 【解析】【分析】由函数解析式可判断函数为单调函数,且为增函数可判断A的正误;由的解析式求得的解析式,再求的的解析式,化简即可判断B的正误;将特殊值代入即可排除C;由求得,在求得最值,可判断,即可得到结果.【详解】函数为连续函数,且当是斜率为正,当时斜率为正,故A正确;,故B正确;,故C错误;所以,故D正确.故选:ABD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.命题“,”的否定为______.【答案】.【解析】【分析】根据全称命题的否定:任意改存在并否定原结论,即可得答案.【详解】由全称命题的否定为特称命题知,原命题的否定为.故答案为:.14.已知甲盒中有3个红球2个白球,乙盒中有4个红球1个白球,从甲盒中随机取1球放入乙盒,然后 再从乙盒中随机取2球,记取到红球的个数为随机变量X,则X的期望为______.【答案】##【解析】【分析】讨论从甲盒中随机取到球的颜色,进而确定对应的可能取值,分别求出对应概率,再应用独立事件乘法公式、互斥概率求法求各可能情况的概率,最后求期望即可.【详解】若从甲盒中随机取到的为红球且概率为,则的可能取值为,则,,若从甲盒中随机取到的为白球且概率为,则的可能取值为,则,,,综上,,,,故.故答案为:15.已知正数x,y满足,则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】由题设将目标式化为,应用基本不等式求最大值,注意取值条件.【详解】,仅当时等号成立.所以目标式最大值为.故答案为:16.已知椭圆:的左、右焦点为,,上顶点为P,直线交于点Q, 若,则椭圆的离心率是______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件,结合椭圆定义确定的形状,再借助余弦定理求解作答.【详解】令,则,由椭圆定义得,,于是,即,,而,有,则,因此,令椭圆半焦距为c,在中,由余弦定理得:,即,,所以椭圆的离心率.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.设数列的前n项和为,已知.(1)求的通项公式;(2)设且,求数列的前n项和为.【答案】(1)(2), 【解析】【分析】(1)利用及等比数列的定义求的通项公式;(2)讨论的奇偶性,应用分组求和及等比数列前n项和公式求.【小问1详解】当时,,当时,,所以是首项为1,公比为2的等比数列,则.【小问2详解】由题设知:,,当为偶数时,;当为奇数时,;综上,,.18.如图,直三棱柱中,,,.(1)证明:平面;(2)若,求二面角余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取中点为,连结.可证明四边形是平行四边形,得出,,结合三棱柱的性质可推得四边形是平行四边形,,然后判定平面.同理可推出平面,然后判定平面平面.最后根据面面平行的性质定理,即可得出证明;(2)根据直三棱柱的性质,以点为坐标原点,建立空间直角坐标系.设,得出点的坐标.根据余弦定理,得出,然后借助,求出点的坐标,以及的坐标,然后根据向量关系得出的坐标.根据向量法求出平面和平面的法向量,根据向量法,结合图中二面角的形状即可得出答案.【小问1详解】如图1,取中点为,连结.由三棱柱的性质可知,,,,.因为,,所以,.又因为为的中点,所以.又,所以四边形是平行四边形, 所以,,,所以,,所以,四边形是平行四边形,所以.因为平面,平面,所以平面.因为,,所以四边形是平行四边形,所以.因为平面,平面,所以平面.因为,平面,平面,所以平面平面.因为平面,所以平面.【小问2详解】根据直三棱柱的性质可知,平面.如图2,以点为坐标原点,以所在的直线为轴,以所在的直线为轴,在平面中,过点A作的垂线为轴,建立空间直角坐标系.设,则,, 则,,.在中,由余弦定理可得.又,所以.如图3,过点作的延长线于,则,则,.所以,则.由,可得,所以.同理可得,.所以,.设是平面的一个法向量,则,即,取,则,,所以是平面的一个法向量.又,,设是平面的一个法向量, 则,即,取,则,,所以是平面的一个法向量.所以.由图象可知,二面角为锐角,所以二面角的余弦值是.19.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.(1)证明:;(2)若△ABC的面积为,求B.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由三角形内角性质,应用三角恒等变换化简已知条件即可证结论;(2)根据三角形面积公式、正弦边角关系有,再由三角形内角性质和三角恒等变换及(1)结论得,进而求B.【小问1详解】由,△ABC的内角A,B,C,则,,,,,,.【小问2详解】 由题意,结合正弦边角关系有,且,,,而,所以.20.甲、乙两个学校分别有位同学和n位同学参加某项活动,假定所有同学成功的概率都是,所有同学是否成功互不影响.记事件A=“甲成功次数比乙成功次数多一次”,事件B=“甲成功次数等于乙成功次数”.(1)若,求事件A发生的条件下,恰有5位同学成功的概率;(2)证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据已知求出及甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率,再利用条件概率公式求事件A发生的条件下恰有5位同学成功的概率(2)根据题设写出、,利用组合数的性质证明结论即可.【小问1详解】由题设,甲乙学校分别有4个、3个学生参加活动,,而甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率为,所以事件A发生的条件下,恰有5位同学成功的概率.【小问2详解】 由题设知:,,因为,,所以21.已知为抛物线的焦点,过点的直线与抛物线交于不同的两点、,满足.(1)求抛物线的方程;(2)过点且斜率为的直线与直线交于点,,证明:直线经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由可得,可得出关于等式,解出的值,即可得出抛物线的方程;(2)写出直线、的方程,将这两条直线的方程联立,求出点的坐标,根据可得出点的坐标,设直线的方程为,列出韦达定理,化简直线的方程,可求出直线所过定点的坐标.【小问1详解】解:设、,由可得,即,解得,故抛物线的方程为.【小问2详解】解:抛物线的焦点为,, 直线的方程为,直线的方程为,联立可得,故点的坐标为,由可知为的中点,则点,当直线轴时,直线与抛物线只有一个交点,不合乎题意,设直线的方程为,联立可得,,解得或,由韦达定理可得,,所以,,直线的斜率为所以,直线的方程为, 即因为因为,所以,,故直线的方程为,因此,直线过定点.【点睛】方法点睛:求解直线过定点问题常用方法如下:(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明;(2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22.已知,. (1)求在点的切线方程;(2)设,,判断的零点个数,并说明理由.【答案】(1)(2)存在唯一零点,理由见解析【解析】【分析】(1)求出导函数,利用导数的几何意义求出切线斜率,进而求出切线方程即可;(2)先根据题意得到,再分,,三种情况讨论,结合构造函数,二次求导,零点存在性定理即可得到结论.【小问1详解】由,,则,所以,,所以在点的切线方程为.【小问2详解】依题意得,①当时,因为,,所以,即无零点;②当时,,,因为,,所以,即在上递减,令,,则,,所以上单调递增,则,所以在上单调递增,则,所以当,,即;当,,即,即, 则,,所以存在,使得在上递增,在上递减,又,所以,而,所以在上存在唯一零点;③当时,设,则,,因,所以,即在上递减,又,,所以存在,使得在上递增,在上递减,又,,所以存在,使得在上递增,在上递减,又,,所以在上递增,所以,所以在上无零点,综上可知,在上存在唯一零点.【点睛】关键点点睛:涉及函数零点问题,利用导函数研究函数的单调性,极值和最值情况,结合零点存在性定理是解答这类题的关键.
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高考 - 模拟考试
发布时间:2023-05-21 17:33:02
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