浙江省义乌市2022-2023学年高三数学下学期5月适应性考试（三模）试题（Word版附解析）

义乌市2023届高三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】先根据集合,求出，最后由补集概念求解运算即可.【详解】因为，所以，.故选：A.2.若复数，则复数的模（）A.3B.5C.9D.25【答案】B【解析】【分析】先化简求出，再根据模长公式求解即得.【详解】因为，所以，所以.故选：B.3.双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线方程，可直接写出渐近线方程. 【详解】双曲线焦点在轴上，所以渐近线斜率为，则其渐近线方程为：.故选：C.4.学校举行德育知识竞赛，甲､乙､丙､丁､戊5位同学晋级到了决赛环节，通过笔试决出了第1名到第5名.甲､乙两名参赛者去询问成绩，回答者对他们说：“决赛5人的成绩各不相同，但你们俩的名次是相邻的”，丙､丁两名参赛者也去询问成绩，回答者对丙说：“很遗憾，你和丁都未拿到冠军”，又对丁说：“你当然不会是最差的”.从这个回答分析，5人的名次排列共有（）种不同的可能情况.A.14B.16C.18D.20【答案】B【解析】【分析】分冠军为甲乙两人中的一人；冠军为戊，丁为第二名；冠军为戊，丁为第三名；冠军为戊，丁为第四名，四种情况，结合相邻问题及特殊元素法分别求解即可.【详解】解：由题意可知，冠军不会是丙、丁且丁不是第5名，当冠军为甲乙两人中的一人时，由于甲乙两人名次相邻，所以第二名一定两人中的另一人，丁就只能是第三(四)名，丙和戊两个人就只能是第四(三)和第五名了，此时共有种情况；当冠军为戊，丁为第二名时，将甲乙捆绑在一起，内部排列共种，此时甲，乙，丙三个人的只能是第三、四、五名了，共有种，所以此时共有种情况；当冠军为戊，丁为第三名时，由于甲乙两人名次相邻，所以第二名只能是丙，第四名和第五名只能是甲乙，所以此时共有种情况；当冠军为戊，丁为第四名时，由于甲乙两人名次相邻，所以第五名只能是丙，第二名和第三名只能是甲乙，所以此时共有种情况；所以共有种.故选：B.5.为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点（）A.向右平行移动个单位长度B.向左平行移动个单位长度 C.向右平行移动个单位长度D.向左平行移动个单位长度【答案】A【解析】【分析】根据函数图象平移的性质即可求解.【详解】为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点向右平行移动个单位长度，故选：A6.在中，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】选用基底，利用向量的线性运算表示向量.【详解】中，，，如图所示，.故选：C7.在半径为的实心球中挖掉一个圆柱，再将该圆柱重新熔成一个球，则球的表面积的最大值为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知求出球的半径，设圆柱的底面半径为，则高为，写出圆柱的体积，利用基本不等式求最值，即可得到满足条件的值,结合球的体积以及表面积公式即可求解.【详解】由球的半径为，如图，设圆柱的底面半径为，则高为，．当且仅当，即，时，上式取等号,此时圆柱的体积为，（或者令，当，所以在单调递增，在单调递减，故当取最大值4，故当时，取最大值4）要使熔成一个球的表面积最大，则半径最大，则体积最大即可,因此熔成的球的体积也是，故球的半径为,所以球的表面积为故选：D．8.已知定义域为的函数满足，且在区间上还满足：①当时，都有；②；③ .则等于（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】由，结合，分别取和可求和，在中分别取和和可求，．利用，又结合非减函数的概念求，代入后答案可求．【详解】由，，令，所以有,令，所以有，由得故，，由；令，有,令，有，令，有．由时，都有，，有，．，故选：B 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，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9.下列说法正确的是（）A.若随机变量，则B.样本相关系数的绝对值越接近，成对样本数据线性相关程度越强C.数据的第百分位数为D.抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为，令事件，，则事件不独立【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由已知得，根据对称性即可判断；对于B，根据样本相关系数r的绝对值越接近1，成对样本数据线性相关程度越强即可判断；对于C，利用百分位数定义求解即可；对于D，利用独立事件的概率公式判断即可.【详解】对于A，由已知得，根据正态曲线的对称性，故A正确；对于B，样本相关系数r的绝对值越接近1，成对样本数据线性相关程度越强，故B正确；对于C，因为，所以第40百分位数为第位数和第位数的平均数，即为，故C正确；对于D，因为，，，则，所以，故，所以事件相互独立，故D错误.故选：ABC.10.古希腊数学家欧几里得在《几何原本》卷11中这样定义棱柱：一个棱柱是一个立体图形，它是由一些平面构成的，其中有两个面是相对的､相等的，相似且平行的，其它各面都是平行四边形.显然这个定义是有缺陷的，由于《几何原本》作为“数学圣经”的巨大影响，该定义在后世可谓谬种流传，直到1916年，美国数学家斯顿（J.C.Stone）和米利斯（J.F.Millis）首次给出欧氏定义的反例.如图1，八面体的每一个面都是边长为2的正三角形，且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，取各棱的中点，切割成欧氏反例（如图2），则该欧氏反例（） A.共有12个顶点B.共有24条棱C.表面积为D.体积为【答案】BC【解析】【分析】对于AB，以图1中平面为分界面进行数数即可；对于CD，根据题意到得图2中的棱长均为，再利用面积公式与体积公式即可得解.【详解】对于A，以图1中平面为分界面进行数数，易知欧氏反例（即图2）在平面上方的顶点有个，在平面中的顶点有个，在平面下方的顶点有个，共有个顶点，故A错误；对于B，易知欧氏反例在平面上方的棱有条，根据对称性可知在平面下方的棱有条，共有条棱，故B正确；对于C，由题意与中位线定理易得欧氏反例的表面是由个棱长为，其中一个角为的菱形，与个棱长为的正方形组成，所以其表面积为，故C正确；对于D，由题意可知，欧氏反例的体积可由两个棱长为2的正四棱锥减掉四个棱长为1的正四棱锥而得，对于棱长为的正四棱锥，其底面面积为，其底面对角线长为，所以其高为，故其体积为，所以欧氏反例的体积为，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键发挥空间想象能力，理解欧氏反例的结构特征，从而得解. 11.已知拋物线，点均在抛物线上，点，则（）A.直线的斜率可能为B.线段长度的最小值为C.若三点共线，则存在唯一的点，使得点为线段的中点D.若三点共线，则存在两个不同的点，使得点为线段的中点【答案】BD【解析】【分析】根据两点斜率公式，结合一元二次方程的根可判断A，由两点距离公式，结合导数求单调性确定最值可判断B，根据中点坐标公式，由一元二次方程根的个数可判断CD.【详解】设在抛物线上，且满足，对于A，假如直线的斜率可以为，则由于，则该方程无解，所以直线的斜率不可能为，故A错误，对于B,，记，记单调递增，由于，因此单调递增，当时，单调递减，故当时，取最小值5，因此的最小值为，故B正确，对于C,若三点共线，为线段的中点，则，将代入抛物线方程中得 ，故有两个不相等的实数根，所以满足条件的点不唯一，故C错误，D正确，故选：BD12.当且时，不等式恒成立，则自然数可能为（）A.0B.2C.8D.12【答案】BC【解析】【分析】构造函数利用导数确定单调性进而最值，将问题转化成，进一步由对数运算得恒成立，即可代入选项逐一求解.【详解】由于且，所以，所以，构造函数，当，且时，故当当，因此在单调递减，在单调递增，故当时，取最小值，当时，单调递增，当时，单调递减，故当时，取最大值，当时，不妨取，则而，不满足 ，故A错误，当时，，，显然，故满足题意，B正确，要使恒成立，则需要，即恒成立即可由于，因此当时，，C正确，当时，，不满足题意，错误，故选：BC【点睛】处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化.（3）构造函数，利用导数求解最值.三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.的展开式中的系数是___________.（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】求出展开式的通项，再分别令的指数等于和，即可得解.【详解】展开式的通项为，令，则，令，则， 所以的展开式中的系数是.故答案为：.14.若，则_________.【答案】####【解析】【分析】利用弦化切可求得所求代数式的值.【详解】.故答案为：.15.若存在直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】设切线与两曲线的切点分别为，，根据导数的几何意义分别求出切线方程，可得，由题意可知有解，故令，利用导数求得其最值，即可求得答案.【详解】由题意知两曲线与存在公切线，时，两曲线与，不合题意；则的导数，的导数为，设公切线与相切的切点为，与曲线相切的切点为，则切线方程为，即，切线方程也可写为，即，故，即，即， 即有解，令，则，令可得，当时，，当时，，故在增函数，在是减函数，故的最大值为，故，所以，即实数的最大值为，故答案为：16.已知三点在圆上，的重心为坐标原点，则周长的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件发现，且点到圆与轴的正半轴交点的距离为4，正好是的关系，而三角形的重心是中线的三等分点，所以不妨认为圆与轴的正半轴交点是三角形的一个顶点，从而可知另两个顶点正好是圆的直径的两个端点，从而可以得到三角形三边的关系，进而借助基本不等式求出结果.【详解】由圆得圆心，半径圆，如图，不妨设点在轴的正半轴上，由于的重心为坐标原点，且,所以为圆的直径，所以，所以 ，当且仅当时取等号，所以周长的最大值为.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.设正项等比数列的前项和为，若，．（1）求数列的通项公式；（2）在数列中是否存在不同的三项构成等差数列？请说明理由．【答案】（1）（2）不存在，理由见详解【解析】【分析】（1）设的公比为，根据题意列方程组，从而求得，，进而即可求得数列的通项公式；（2）结合（1）可得到，假设存在三项构成等差数列，从而根据条件得到，进而即可得到结论．【小问1详解】设的公比为，由，两式相除并整理得，解得或（舍去），即，，所以．【小问2详解】由（1）有，，所以，假设存在三项构成等差数列，则有，即，左右两边除以，，等式左边为偶数，右边为奇数，该等式显然无解， 所以在数列中不存在不同的三项构成等差数列．18.为迎接“五一小长假”的到来，某商场开展一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖规则如下：在不透明箱子中装有除颜色外其他都相同的10个小球，其中，红球2个，白球3个，黄球5个，顾客从箱子中依次不放回地摸出2个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的2个球的颜色分成以下四种情况：：1个红球1个白球，：2个红球，：2个白球，：至少一个黄球.若四种情况按发生的概率从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖.（1）求顾客在某次抽奖中，第二个球摸到为红球的概率（2）求顾客分别获一､二､三等奖时对应的概率；（3）若三名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立.记中奖的人数为，求的分布列和期望.【答案】（1）（2）顾客分别获一､二､三等奖的概率分别为、、（3）分布列答案见解析，【解析】【分析】（1）根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得；（2）根据古典概型的概率公式及组合数公式计算可得；（3）由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，则，利用二项分布的概率公式求出分布列与数学期望.【小问1详解】设顾客第次摸到红球为，则；小问2详解】由题意知，，，，，因此，顾客分别获一､二､三等奖的概率分别为、、； 【小问3详解】由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，则，所以，，，，则分布列为：123数学期望.19.在四棱锥中，底面为梯形，为上点，且.（1）证明：面：（2）若面，面面，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据三角形相似可得线线平行，进而可得线面平行，（2）建立空间直角坐标系，由法向量的夹角即可求解面面角.【小问1详解】 设，连，，，且，又，，又面面面；【小问2详解】连，过点作，垂足，平面平面，平面平面，平面,平面平面，又平面平面,，平面,从而平面，，，令，则.以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.，， 设面的法向量为，令，则，，，设面的法向量为，，令，则，，所以二面角的正弦值为.20.在锐角中，内角的对边分别为，已知.（1）证明：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由和差角公式化简得，由正弦定理边角化即可求解，（2）由锐角三角形满足，根据基本不等式即可求解.【小问1详解】，， ，由正弦定理得：.【小问2详解】锐角，，当且仅当时等号成立，当时，，当时，，所以.21.在平面直角坐标系中，已知点，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，为的左右顶点，直线交于点（异于），直线交于点（异于），交于，过作轴的垂线分别交､于，问是否存在常数，使得.【答案】（1）（2）存在常数，使得.【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义判断出点的轨迹为椭圆，根据题意得，求出，可得椭圆的方程；（2）设，与椭圆方程联立，求出的坐标，设，与椭圆方程联立，求出的坐标，再求出，，的坐标，由此可得的值.【小问1详解】因为、，，所以点的轨迹以为焦点的椭圆，这里，，，所以， 所以椭圆的方程为.【小问2详解】设，代入，得，即，得：，设，代入，得，即，得：，，由得，得，得.代入，得，代入，得，因为，所以.所以存在常数，使得.【点睛】难点点睛：设出直线，，联立直线与椭圆方程，用表示出的坐标，难点是字母运算较复杂，需要仔细运算.22.已知函数. （1）若恒成立，求的取值范围；（2）当时，若，其中，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数与函数的性质的关系，分类讨论与即可得解；（2）构造函数，利用导数分析其性质，再利用导数证得，从而利用的图像性质即可得解.【小问1详解】因为，所以，当时，，显然恒成立，当时，易得，不合题意；当时，令，得；令，得；在上单调递减，在上单调递增，故，所以；综上：.【小问2详解】当时，令，由（1）知，令，由于与在上单调递增，所以在上单调递增且，由此令，得；令，得； 故在上单调递减，在上单调递增，故，已知，则，且下证：，即证，设，则，令，则，当时，；当时，；所以上单调递减，在上单调递增，故，即，则，设，则，当且仅当，即时，等号成立，于是在上单调递增，且，所以当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，，故.设方程的两个不等根为，由，可得，故，由，可知，结论成立.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． （4）考查数形结合思想的应用．