浙江省绍兴市嵊州市2023届高三数学下学期5月高考适应性试题（Word版附解析）

2023年5月嵊州市高（选）考科目适应性考试数学试卷一､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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据二次根式的性质化简集合，再求解集合的交集即可.【详解】因为，又所以.故选：A.2.设抛物线的焦点为，若点在抛物线上，且，则（）A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义求出p的值.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，点在抛物线上，且，由抛物线的定义可知，则.故选：C3.在中，是线段上一点，满足是线段的中点，设，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】利用向量的线性运算，求出，得到的值，再对各选项分析判断即可求出结果.【详解】因为是线段上一点，满足，所以，又是线段的中点，所以，所以，所以，故，故选：B.4.基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：（其中是自然对数的底数）描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，指数增长率与，近似满足.有学者基于已有数据估计出，，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加倍需要的时间约为（）（参考数据：，）A.天B.天C.天D.天【答案】B【解析】【分析】根据所给模型求得，令，求得，根据条件可得方程，然后解出即可．【详解】把，代入，可得，，当时，，则，两边取对数得，解得．故选：B. 5.设函数的最小正周期为，若，且的图象关于点对称，则（）A.B.的图象关于直线对称C.在区间上是减函数D.在区间上有且仅有两个极值点【答案】C【解析】【分析】根据周期和对称性可得，进而根据正弦函数性质逐项分析判断.【详解】由题意可得，且，解得，因为的图象关于点对称，则，整理得，可得，解得，且，则，所以.对于A：，故A错误；对于B：不是最值，故B错误；对于C：因为，则，且在上是减函数，所以在区间上是减函数，故C正确；对D：因为，则，且在内有且仅有一个极值点， 所以在区间上有且仅有一个极值点，故D错误；故选：C.6.已知函数，若，且，则的最小值是（）A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】由，且，得与一个大于1，一个小于1，不妨设，，由，得，得到，，构造函数，，利用导数求其最小值即．【详解】当时，，当时，，由，且，得与一个大于1，一个小于1，不妨设，，则，即，，，令，，，可得当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，取得最小值为．的最小值是．故选：B．7.已知函数有两个极值点，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，则实数的值可以是（）A.0B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】求导得，由题意可得是方程的两个根，从而，即可排除A选项；又,，从而可得，，从而可得直线的方程为：.设与轴的交点为得，从而得到，把B、C、D选项代入即可判断.【详解】，由题意可得是方程的两个根，所以，，对于A，，A错误；因此同理.因此直线方程为：.设与轴的交点为得，由题设知，点在曲线上，故.对于B，当时，，此时，B正确； 对于C，当时，，此时，C错误；对于D，当时，，此时，D错误.故选：B【点睛】关键点睛：这道题的关键是求导后利用是方程的两个根得到，，从而得到，，进而可知直线的方程为：.设与轴的交点为得，从而得到，从而一一验证各选项即可.8.在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆半径，由此可知外接圆圆心即为四面体外接球球心，由球的性质可知平面，利用可求得点到平面的距离，由此可求得线面角的正弦值.【详解】，，，，又为中点， ，则，即为等边三角形，设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，，，，即外接圆半径为，又四面体的外接球半径为，为四面体外接球的球心，由球的性质可知：平面，又平面，，，，；设点到平面的距离为，由得：，又与均为边长为的等边三角形，，直线与平面所成角的正弦值为.故选：D.【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.二､多项选择题：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.给出以下四个说法，正确的有（）A.如果由一组样本数据得到的经验回归方程是，那么经验回归直线至少经过点中的一个B.在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好 C.在回归分析中，用决定系数来比较两个模型拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好D.设两个变量之间的线性相关系数为，则的充要条件是成对数据构成的点都在经验回归直线上【答案】BCD【解析】【分析】利用回归分析的相关定义对各个选项逐一分析判断即可得到结果.【详解】选项A，因为经验回归方程必过样本点的中心，非样本点，故选项A错误；选项B，因为在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B正确；选项C，因为决定系数越大，表示残差平方和越小，数据就越集中，即模型的拟合效果越好，故选项C正确；选项D，因为两个变量之间的线性相关系数为的绝对值越大，数据就越集中在回归方程附近，当时，点就在直线上了，所以选项D正确.故选：BCD.10.已知正方体的棱长为分别是棱的中点，是棱上的一动点，则（）A.存在点，使得B.对任意的点C.存在点，使得直线与平面所成角的大小是D.对任意的点，三棱锥的体积是定值【答案】BD【解析】【分析】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，令，求解即可判断A；验证即可判断B；平面的法向量为,,由题意,求解即可判断C ；可证得平面，则到平面的距离与到平面的距离相等且为定值，结合即可判断D.【详解】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，设，则,令，则，此方程组无解，故A错误；,则,又,则,则,故B正确；平面的法向量为,,由题意,即，解得，均与矛盾，故C错误；,平面，平面，则平面， 则到平面的距离与到平面的距离相等且为定值，设为，又为定值，则为定值，故D正确.故选：BD.11.平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究士星及其卫星的远行规律时发现的.在平面直角坐标系中，设到与两点的距离之积为2的点的轨迹为曲线，则（）A.B.曲线关于原点对称C.曲线围成的面积不大于7D.曲线C上任意两点之间的距离不大于3【答案】BC【解析】【分析】根据定义得到曲线的方程，根据方程求和的取值范围，验证选项AC，由方程的对称性判断选项B，特殊值法验证选项D.【详解】设，则，，，化简，所以，对于A，，所以，得，A选项错误；对于B，曲线方程，显然若在曲线上，则也在曲线上，曲线关于原点对称，B选项正确；对于C，，令，则，，所以曲线围成的面积，C选项正确；对于D，当时，，此时两点距离为，D选项错误.故选：BC12.已知,若,其中是自然对数的底数,则（） A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由得,由得,构造函数,易知函数为上的增函数,可得,,对于A,依据零点存在性定理判断;对于B,依据条件进行判断即可;对于C,利用当时,判断即可;对于D,利用在上的单调性判断即可.【详解】由得,①由得,即,②令,易知函数为上的增函数,又①式化为:,所以,②式化为:,所以,对于A,令,根据函数单调性的性质,函数在上为增函数,当时,;当时,,则由零点存在性定理可知,故A正确; 对于B,因为,,所以,则,故B错误;对于C,设,则,当时,,则函数在上为增函数,所以函数,即,所以,故C正确;对于D,由A知,,在上递减,当时,,故D正确.故选：ACD.【点睛】将转化为,转化为,构造函数,利用单调性得到，是解本题的关键.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.第16题第一空2分，第二空3分.13.已知，若是关于的实系数方程的一个根，其中是虚数单位，则___________.【答案】【解析】【分析】根据实系数方程的复数根的特征可确定方程两根，利用韦达定理可构造方程组求得，由此可得结果. 【详解】是关于的实系数方程的一个根，是另一个根，，解得：，.故答案为：.14.已知所有项的系数的和为64，展开式中项的系数为___________.【答案】15【解析】【分析】令，代入已知关系式即可求出的值，然后再求出的展开式的通项公式，分别求出含，项的系数，由此即可求解．【详解】解：令得，，解得，则的展开式的通项为，分别取与，得，，所以的展开式中含有的项的系数为，含有的项的系数为，所以展开式中项的系数为，故答案为：15．15.已知圆在椭圆的内部，为上的一个动点，过作的一条切线，交于另一点，切点为，若当为的中点时，直线的倾斜角恰好为，则该椭圆的离心率___________.【答案】【解析】【分析】根据直线的倾斜角结合圆的方程确定切点的坐标为或，分别求解方程，代入椭圆后，利用为的中点确定关系，即可求得椭圆离心率.【详解】如图， 圆的圆心为，半径因为直线的倾斜角为，所以直线方程为，即所以，解得或，所以切点的坐标为或又直线与圆相切，所以，则①当，则直线为，即，设，所以，恒成立所以，因为为的中点，所以，即所以椭圆的离心率；②当，则直线为，即，设，所以，恒成立 所以，因为为的中点，所以，即（舍）；综上，椭圆的离心率.故答案为：.16.某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列.如图，第一行构造数列1，2：第二行得到数列：第三行得到数列，则第5行从左数起第8个数的值为___________；表示第行所有项的乘积，设，则___________.【答案】①.8②.365【解析】【分析】空1：直接写出第5行的数列，即可解决；空2：首先归纳出，进而可以求得数列的通项公式，即可得解得.详解】空1：由题意可得：第5行得到数列，所以第5行从左数起第8个数的值为8；空2：根据题意可得：，，，总结可得，所以，可得.故答案为：8；365. 【点睛】关键点点睛：根据题意列出前几项，并据此归纳总结一般规律，分析运算.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.如图，在直四棱柱中，在棱上，满足在棱上，满足.（1）当时，证明：平面；（2）若平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法1：在棱上取，使得，连接，利用线面平行的判定定理证明即可；法2：在棱上取，使得，连接，利用面面平行的性质定理证明；（2）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，利用向量夹角余弦公式列方程求解即可的值.【小问1详解】证明：方法1：在棱上取，使得，连接. 因为，所以，且.当时，，则，且，所以，所以四边形是平行四边形，所以.又因为平面平面，所以平面.方法2：在棱上取，使得，连接.因为，所以又平面，平面，所以平面.又因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，从而平面.因为平面，所以平面平面，因为平面所以平面. 【小问2详解】取的中点，则.分别以射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以.因为，所以，所以.设是平面的法向量，则，可取.不难得到：平面的一个法向量为.所以，化简得：，解得，或.因为，所以.18.在中，分别是角的对边，且满足.（1）求角的大小；（2）若是锐角三角形，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将已知等式配凑成的形式，由此可得；（2）根据锐角三角形的特征可求得的范围；利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简得到 ，结合的范围可确定最值，由此可得结果.【小问1详解】由得：，，则，又，.【小问2详解】是锐角三角形，，，解得：；由正弦定理得：（其中，）；当时，；当时，；当时，；的取值范围为.19.已知等差数列前项的和为，且，，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，集合且，求中所有元素的和. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等差数列的通项公式；（2）计算得出且，可知、、、、都是集合中的元素，计算出，由可知、、、都是集合中的元素，由此可得出的值.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，则，①又，可得，②联立①②解得，所以.【小问2详解】解：，所以.因为，所以，故、、、、都是集合中的元素.又，则由得.所以、、、都是集合中的元素.综上所述：.20.为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛.每位参赛学生答题若干次，答题赋分的方法如下：第次答题，答对得分，答错得分：从第次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.（1）求甲同学前次答题得分之和为分的概率；（2）在甲同学完成次答题，且第次答题答对的条件下，求答题得分之和不大于分的概率； （3）记甲同学第次答题所得分数的数学期望为，求，并写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）.【答案】（1）（2）（3），【解析】【分析】（1）分析可知甲前答题的正误结果分别为：对对错，错对对，再利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；（2）记事件甲同学完成次答题，第次答题答对，记事件甲同学完成次答题，答题得分之和不大于分，计算出、的值，利用条件概率公式可求得的值；（3）分析可知可能取值有、，求出在不同取值下的概率，可求得的值；分析第答对、答错，可得出与的关系式.【小问1详解】解：若甲同学前次答题得分之和为分，则甲前答题的正误结果分别为：对对错，错对对，所以所求概率为.【小问2详解】解：记事件甲同学完成次答题，第次答题答对，记事件甲同学完成次答题，答题得分之和不大于分，在甲同学完成次答题，且在第次答题答对的条件下，答题得分之和不大于分的情形有以下种：错对错错错，对对错错错，错对对错错，错对错对错，错对错错对，所以，，，由条件概率公式可得.【小问3详解】 解：的取值可以是、，且，，所以.若第次甲答对，则甲的得分为；若第次甲答错，则甲的得分为分.所以，.21.已知，直线相交于，且直线的斜率之积为2.（1）求动点的轨迹方程；（2）设是点轨迹上不同的两点且都在轴的右侧，直线在轴上的截距之比为，求证：直线经过一个定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.【解析】【分析】（1）设出点的坐标，利用斜率坐标公式结合已知，列出方程化简作答.（2）设出直线在轴上的截距，求出直线方程，并分别与的轨迹方程联立求出点P，Q的坐标，再求出直线的方程作答.【小问1详解】设，则直线的斜率是，直线的斜率是，所以，化简整理得：，所以动点的轨迹方程是.【小问2详解】设直线在轴上的截距为，则直线在轴上的截距为，显然，直线的方程为，即，直线的方程为，即，又双曲线的渐近线方程为，显然直线与双曲线两支各交于一点， 直线与双曲线右支交于两点，则有，且，于是，由消去化简整理得：，设点，则，解得，有，由消去化简整理得：，设点，则，解得，有，，，于是，设直线上任意一点，则，显然，因此，即，整理得，显然直线恒过定点，所以直线经过定点.【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.22.已知过点可以作曲线的两条切线，切点分别为、，线段的中点坐标为，其中是自然对数的底数. （1）若，证明：；（2）若，证明：【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设、，利用导数求出曲线在点、处的切线方程，分析可知当时，方程有两个不等的实根，设，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；（2）由（1）可得，设，则，可得出，计算出、，利用导数分别证明出、，结合不等式的基本性质可证得结论成立.【小问1详解】证明：函数的导函数为.设、，则曲线在处的切线方程为.因为切线过点，所以，①同理可得，②所以、是方程的两个不等实根.当时，，设，则直线与函数的图象有两个交点，，当时，，此时递增；当时，，此时递减.所以，函数的极大值为，当时，；当时，，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，综上所述，.【小问2详解】证明：由①②可知，，于是，不妨设，则，则.又，所以.设，其中，则，所以在区间上是增函数，所以当时，，即当时，.（*）而，所以.又由和，得.而.所以 ，一方面，由（*）可知，当时，，结合可知，.另一方面，设，，则，令，其中，则，所以，函数在上为增函数，故当时，，即，所以当时，，所以在区间上是增函数，所以当时，，即当时，，所以.故，即.综上所述，.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.