浙江省绍兴市诸暨市2023届高三数学下学期5月联考试题（Word版附解析）

诸暨市2023年5月高三适应性考试试题数学一､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M＝{x|0≤x＜2}，N＝{x|x2－2x－3＜0}，则M∩N＝（）A.{x|0≤x＜1}B.{x|0≤x＜2}C.{x|0≤x≤1}D.{x|0≤x≤2}【答案】B【解析】【分析】先化简集合N，再进行交集运算即得结果.【详解】由于N＝{x|x2－2x－3＜0}＝{x|－1＜x＜3}，M＝{x|0≤x＜2}，所以M∩N＝{x|0≤x＜2}．故选：B.2.复数z1=3+i,z2=1－i，则z=z1·z2在复平面内的对应点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【详解】试题分析：复数对应的点为，在第四象限考点：复数运算点评：复数运算中，对于复数，其对应的点为3.已知函数在区间内恰有一个极值，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的图象与性质以及整体代换的技巧进行处理. 【详解】因为，所以当时，有，因为在区间内恰有一个极值，结合函数图象，得，解得，所以的取值范围为.故选：A4.马剑馒头在我市很有名，吃起来松软有韧劲，特别受欢迎.某马剑镇馒头商家为了将马剑馒头销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让马剑馒头走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为的圆柱体和球冠（球的一部分，球心与圆柱底面圆心重合）组成的单独包装盒（包装盒总高度为5cm），请你帮忙计算包装盒的表面积（）（单位：平方厘米，球冠的表面积公式为，其中R为球冠对应球体的半径，h为球冠的高）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出球冠的高，可得圆柱的高，根据圆柱的侧面积公式以及底面圆面积以及球冠的面积公式即可求得答案.【详解】如图，由题意知包装盒总高度为，即球冠所在球的半径为， 圆柱底面圆的半径为，设球冠的高为，则，即或（舍去），故圆柱高为，故包装盒的表面积为，故选：D5.已知点分别为直线上的动点，若，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由条件可得，从而得到其最小值为点到直线的距离的平方，结合点到直线的距离公式即可得到结果.【详解】因为，由且点，为直线上的动点，则即为点到直线的距离，所以，则，故选:C6.如图是函数的导函数的图象，若，则的图象大致为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据导函数的图象在区间内的函数的范围，判断出函数区间上各点处切线的斜率的范围，根据导函数的图象得导函数函数值的符号，得函数的单调性，再结合四个选项可得答案.【详解】由的图象可知，当时，，则在区间上，函数上各点处切线的斜率在区间内，对于A，在区间上，函数上各点处切线的斜率均小于0，故A不正确；对于B，在区间上，函数上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不正确；对于C，在区间上，函数上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不正确；对于D，由的图象可知，当时，，当时，，当时，，所以函数上各点处切线的斜率在区间内，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，而函数的图象均符合这些性质，故D正确.故选：D 7.已知圆，圆心为的圆分别与圆相切.圆的公切线（倾斜角为钝角）交圆于两点，则线段的长度为（）AB.C.3D.6【答案】B【解析】【分析】判断圆与需外切，求出的方程，进而求得圆的公切线方程，再根据弦长的几何求法，即可求得答案.【详解】如图，由已知的圆心为，半径为，设的半径为，由题意知圆与需外切，否则圆无公切线或公切线（倾斜角钝角）与圆无交点；由题意知，即；，即，故圆，圆，设圆的公切线方程为，则，解得，即， 故到的距离为，故，故选：B8.定义域为的函数满足，且对于任意均有，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】取，，验证满足各个条件，再根据三角函数的公式，依次计算每个选项得到答案.【详解】取，，满足，，，即；，即，上述函数满足题设要求，对选项A：，错误（排除）；对选项B：，错误（排除）；对选项C：，故，正确；对选项D：，错误（排除）.故选：C【点睛】关键点点睛：本题函数值的计算，函数值比较大小，其中，构造， 可以简化运算，是解题的关键.二､多选题：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.预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是，其中为预测期人口数，为初期人口数，为预测期内人口年增长率，为预测期间隔年数，则（）A.当，则这期间人口数呈下降趋势B.当，则这期间人口数呈摆动变化C.当时，的最小值为3D.当时，的最小值为3【答案】AC【解析】【分析】由指数函数的性质确定函数的增减性可判断A，B；分别代入和，解指数不等式可判断C，D.【详解】，由指数函数的性质可知：是关于n的单调递减函数，即人口数呈下降趋势，故A正确，B不正确；，所以，所以，，所以的最小值为3，故C正确；，所以，所以，，所以的最小值为2，故D不正确；故选：AC.10.一个袋子中有编号分别为的4个球，除编号外没有其它差异.每次摸球后放回，从中任意摸球两次，每次摸出一个球.设“第一次摸到的球的编号为2”为事件，“第二次摸到的球的编号为奇数”为事件 ，“两次摸到的球的编号之和能被3整除”为事件，则下列说法正确的是（）A.B.事件与事件相互独立C.D.事件与事件互为对立事件【答案】AC【解析】【分析】对于选项A，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；对于选项B，由题得，事件与事件不相互独立，所以该选项错误；对于选项C,，所以该选项正确；对于选项D,举例说明事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.【详解】对于选项A，两次摸到的球的编号之和能被3整除的基本事件有，共5个，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；对于选项B，由题得,,所以，事件与事件不相互独立，所以该选项错误；对于选项C,，所以该选项正确；对于选项D,如果第一次摸到编号为1的球，第二次摸到编号为4的球，则事件A和B都没有发生，所以事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.故选：AC11.已知函数，下列说法正确的有（）A.若与图象至多有2个公共点B.若与图象至少有2个公共点C.若与图象至多有2个公共点D.若与图象至少有2个公共点【答案】ACD【解析】 【分析】对于选项AC，联立方程利用判别式判断该选项正确；对于选项B,假设，可以判断该选项错误；对于选项D，说明有两个解即可判断该选项真假.【详解】对于选项A.，所以与图象至多有2个公共点，所以该选项正确；对于选项B,假设，则令，所以或，所以.所以此时与图象只有1个公共点，所以该选项错误；对于选项C，，令，所以，此时与图象至多有2个公共点，所以该选项正确；对于选项D,,令，假设或，所以和是的两个解，所以与图象至少有2个公共点，所以该选项正确.故选：ACD12.过双曲线的左焦点的直线交的左､右支分别于两点，交直线于点，若，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据双曲线中的极线是可得判断C，再由及比例的性质可判断B，由B的结论根据比例性质可推出判断A，再由及比例性质可判断D. 【详解】如图，点的极线是，故成调和点列，即，故C正确；又，所以，所以，所以，故B正确；，故A错误；，故D正确.故选：BCD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.过点作曲线的切线，写出一条切线方程：__________.【答案】或（写出一条即可）【解析】【分析】设切点坐标，利用导数的几何意义表示出切线方程，将代入求得切点坐标，即可得切线方程.【详解】由可得，设过点作曲线的切线的切点为，则， 则该切线方程为，将代入得，解得或，故切点坐标为或，故切线方程为或，故答案为：或14.已知椭圆的左顶点为，上顶点为为坐标原点，椭圆上的点分别在第一､二象限内，若与的面积相等，且，则的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，由两个三角形面积相等可得，将点的坐标代入椭圆方程，结合条件化简即可得到关系，再根据离心率公式即可得到结果.【详解】因为与的面积相等，且，则，即，所以，将坐标代入，可得，化简可得，即，所以，且，所以，即， 则离心率为，故答案为:15.已知，则的展开式中，含项的系数的最大值为__________.【答案】54【解析】【分析】分别求出和的通项，可求出含项的系数为对求导，即可求出的最大值.【详解】的通项为，的通项为，，则含项的系数为：；，则含项的系数为：；所以令，，解得：；，解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.故答案为：54.16.正方体的棱长为分别为上的点，，分别为上的动点.若点在同一球面上，当平面时，该球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】建立适当的空间直角坐标，求出平面的法向量，根据平面，可得, 进而求出的坐标，再跟据外接球球心O在过的外心且垂直面ABP的垂线MN上，结合球心到球面上任何一点的距离都相等，即可求出半径以及球的表面积.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则,设平面的法向量为，，则，令，解得，所以，又平面，所以,所以，解得：，再根据下图：作的平行线,分别为的中点，连接,因为为直角三角形，故的外接球球心在过的外心且垂直面的垂线上，连接GO,根据球心到球面上任何一点的距离都相等，故,故,由题可设，,所以，又,所以,解得：，所以所以,所以球的表面积为, 故答案为：【点睛】关键点睛:解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.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.记的内角的对边分别为，已知.（1）若，求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两角和的正弦公式及同角三角数基本关系得解；（2）由正弦定理及三角形面积公式求解.【小问1详解】由，则代入，得，所以.【小问2详解】 由正弦定理得，所以，故.18.如图，正三棱柱的所有棱长均为为的中点，为上一点，（1）若，证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）记与交于点，连结，证明，原题即得证；（2）取中点，以原点，直线为轴，直线为轴，建立如图空间直角坐标系.设，利用向量法求解.【小问1详解】记与交于点，连结.由得.又平面，平面,所以平面. 【小问2详解】取中点，以原点，直线为轴，直线为轴，建立如图空间直角坐标系.则设，则设平面法向量为，则,取因为线面角正弦值为，所以解得，故19.某同学进行投篮训练，已知该同学每次投中的概率均为0.5.（1）若该同学进行三次投篮，第一次投中得1分，第二次投中得1分，第三次投中得2分，记为三次总得分，求的分布列及数学期望；（2）已知当随机变量服从二项分布时，若充分大，则随机变量服从标准正态分布.若保证投中频率在0.4与0.6之间的概率不低于，求该同学至少要投多少次. 附：若表示投篮的次数，表示投中的次数，则投中的频率为；若，则.【答案】（1）分布列见解析，2（2）68次【解析】【分析】（1）设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，列出的所有取值，再计算出对应的概率，即可求解.(2)根据题意将转化为，即可求解.【小问1详解】设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，根据题意可知，故，，的分布列为：01234 的数学期望.【小问2详解】设至少投次，其中投中的次数，若，即，由已知条件可知，又因为，所以，所以所以至少要投68次才能保证投中的频率在0.4到0.6之间的概率不低于20.已知数列满足.（1）求的通项公式；（2）设数列满足求的前项和.【答案】（1）,；（2）【解析】【分析】（1）先求出再对分奇偶两种情况讨论得解；（2）先求出时，的前项和；再讨论当时，且为奇数时，当时，且为偶数时，的前项和，即得解.【小问1详解】根据题意可知， 所以当为奇数时，，即，所以当为偶数时，；当为偶数时，，即，所以当为奇数时，.综上，,.【小问2详解】由（1）可知当为奇数时，若，即，解得，当为偶数时，若，即，解得，所以，当时，，所以.当时，且为奇数时，当时，且为偶数时， .综上，21.设抛物线，过轴上点的直线与相切于点，且当的斜率为时，.（1）求的方程；（2）过且垂直于的直线交于两点，若为线段的中点，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线的方程根据相切求出即得解；（2）设直线的方程为，联立抛物线的方程求出，设直线的方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理求出，写出直线的方程即得解.【小问1详解】当l的斜率为时，设直线的方程为，与的方程联立消去，得，当与相切时，，整理有，此时或（舍去）.故，所以，故所以的方程为.【小问2详解】 证明：设直线的方程为，与的方程联立，得，当与相切时，，则，故，设直线的方程为，与的方程联立有，设，则，所以，所以，所以的方程为令，则，所以，所以直线过定点.【点睛】方法点睛：定点问题：对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于 的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.22.已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）证明：；（3）若，证明：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，对求导，根据导数的符号确定单调区间；（2）对求导，证明即可；（3）由（2）可知，，即可得到，可证明，对求导，可得在单调递增，则，再证明即可得证.【小问1详解】当时，，其中，所以，且，因为函数和都是减函数，故也是减函数. 所以当时，单调递增，当时，，单调递减，所以的单调递增区间是，单调递减区间是.【小问2详解】根据题意可知，，设，则单调递减，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以.【小问3详解】法一：若，则，由（2）可知，，所以，故，此时，故，所以，其中.当时，，故当时，，当时，若，则，若，则，故，所以当时，成立，故在单调递增，所以. 设，则，因为函数和都是减函数，故也是减函数，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以.综上，当时，.法二：若，则，由（2）可知，，所以，故，此时，故，所以，其中，.成立，故在单调递增，所以.设，则，因为函数和都是减函数，故也是减函数，所以当时，单调递增， 当时，单调递减，所以.综上，当时，.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.