浙江省绍兴市2024届高三数学上学期一模（期中）试题（Word版附解析）

2023年11月绍兴市选考科目诊断性考试数学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1.答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.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】C【解析】【分析】求出函数的定义域化简集合B，再利用交集的定义求解即得.【详解】集合，而，所以.故选：C2.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用共轭复数的定义代入，由复数的除法运算法则即可求得结果.【详解】根据题意由可得， 所以.故选：A3.已知向量，满足，，，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】平方得到，再根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】，则，则，，则.，故.故选：B4.已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定正六棱柱的外接球球心为上下底面中心连线的中点，计算半径得到表面积.【详解】正六棱柱的所有棱长均为2，故正六棱柱的外接球球心为上下底面中心连线的中点，故，表面积为.故选：D.5.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】 【分析】构造，根据函数的单调性确定，解得，再根据范围大小得到答案.【详解】设，，则函数在上单调递减，在上单调递增，且，，故，即，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6.已知为抛物线上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】确定，计算，根据二次函数的最值得到答案.【详解】，圆心，，如图所示：连接，，，则，故当最小时的最小，设，，当时，最小为，此时.故选：C. 7.已知数列满足，且，则下列说法中错误的是（）A.若，则是等差数列B.若，则是等差数列C.若，则是等比数列D.若，则是等比数列【答案】B【解析】【分析】确定，A正确，举反例得到B错误，确定得到C正确，确定得到D正确，得到答案.【详解】对选项A：，，，故，正确；对选项B：，，故，，不满足等差数列，错误；对选项C：，，则，故，数列为等比数列，正确；对选项D：，，，故，即，正确；故选：B.8.已知定义在上的奇函数满足，则对所有这样的函数，由下列条件一定能得到的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】举反例得到ABD错误，根据函数的奇偶性和对称性计算，且，得到答案.【详解】对选项A：取，满足函数为奇函数，且，，错误； 对选项B：取，满足函数为奇函数，且，，错误；对选项C：若，为奇函数，且，取得到；取得到；故，正确.对选项D：取，满足函数为奇函数，且，，错误；故选：C.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.已知圆：和圆：，则（）A.圆的半径为4B.轴为圆与的公切线C.圆与公共弦所在的直线方程为D.圆与上共有6个点到直线的距离为1【答案】BD【解析】【分析】确定圆心和半径，得到A错误，计算圆与与轴相切，B正确，计算公共弦直线得到C错误，确定直线过点，得到D正确，得到答案.【详解】圆：，圆心，半径；圆：，圆心，半径；对选项A：圆半径为，错误；对选项B：轴到圆心的距离为，即轴与圆相切；轴到圆心的距离为，即轴与圆相切，正确；对选项C：圆心距，，故两圆相交， 圆与公共弦所在的直线方程为，整理得到，错误；对选项D：过直线，故到直线距离为的点有个；过直线，故到直线距离为的点有个，故共有个点满足条件，正确；故选：BD10.由变量和变量组成的10个成对样本数据得到的经验回归方程为，设过点，的直线方程为，记，，则（）A.变量，正相关B.若，则C.经验回归直线至少经过中的一个点D.【答案】ABD【解析】【分析】根据回归方程得到A正确，代入数据计算得到B正确，根据最小二乘法得到D正确，经验回归直线不一定会经过中的点，C错误，得到答案.【详解】对选项A：回归方程为，故变量，正相关，正确；对选项B：若，则，正确；对选项C：经验回归直线不一定会经过中的点，错误；对选项D：根据最小二乘法，回归直线是所有直线中使残差平方和最小的直线，正确；故选：ABD.11.已知函数，则（）A.B.恰有5个零点 C.必有极值点D.在上单调递减【答案】BCD【解析】【分析】代入数据计算得到A错误，画出函数图象得到B正确，求导计算导函数存在变号零点，C正确，化简得到，求导得到函数的单调区间，计算其最值得到得答案.【详解】对选项A：，错误；对选项B：，故，画出函数和图象，如图所示：根据图象知，函数有五个交点，故恰有5个零点，正确；对选项C：，，，故存在，使且是变号零点，必有极值点，正确；对选项D：，设，，则，因为，故，，在上单调递增，，，故存在，使， 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；故，即恒成立，即恒成立，故在上单调递减，正确；故选：BCD【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间，函数的零点问题，极值点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元的思想把三角函数转化为三次函数，可以简化运算是解题的关键.12.已知椭圆的左项点为，上、下顶点分别为，，动点，在椭圆上（点在第一象限，点在第四象限），是坐标原点，若的面积为1，则（）A.为定值B.C.与的面积相等D.与的面积和为定值【答案】ABC【解析】【分析】利用向量结合三角形面积推出，再结合点的坐标满足的方程可得，然后逐项推理计算判断即得.【详解】依题意，，则的面积，即有，由，得， 即，因此，令，即，则，由，得，而，从而，即，A正确；，由，得，而点不在直线上，因此，B正确；显然，，，因此与的面积相等，C正确；由选项C知，，而，，由于，函数的值不是定值，D错误.故选：ABC【点睛】关键点睛：利用向量数量积求出是解决本问题的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数为___________（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】利用二项展开式可知，写出所有含的项即可求得其系数为.【详解】根据题意可知，展开式中含有项的为， 所以展开式中的系数为；故答案为：14.人类已进入大数据时代.目前，数据量已经从（）级别跃升到（），（）乃至（）级别.国际数据公司（）的研究结果表明，2008年全球产生的数据量为，2010年增长到.若从2008年起，全球产生的数据量与年份的关系为，其中，均是正的常数，则2023年全球产生的数据量是2022年的___________倍.【答案】##【解析】分析】代入数据计算，，再计算得到答案.【详解】当时，；当时，，解得；2023年全球产生的数据量是2022年的倍.故答案为：.15.过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若三棱锥与三棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的正切值为___________.【答案】【解析】【分析】依题意可得为的中点，为的中点，为的中点，设的边长为，，即可表示出图形的面积，从而得到三棱锥的表面积，三棱台的表面积，由表面积之比得到，再求出高，最后由锐角三角函数计算可得.【详解】依题意过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，则为的中点，为的中点，为的中点，设的边长为，，则， ，，所以，，所以三棱锥的表面积，三棱台的表面积，依题意，所以，取的中点，则，因为为正三棱锥的高，所以平面且，则直线与底面所成角为，所以，所以，故直线与底面所成角的正切值为. 故答案为：16.已知等比数列满足且，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】利用等比数列公式代入化简，构造新函数，求导得到导函数，考虑和两种情况，计算函数最值得到，代入数据解不等式得到答案.【详解】，，设，则，，，故，当时，恒成立，函数单调递增，，当趋近时，趋近，故有解，满足条件；当时，时，，函数单调递增；时，，函数单调递减； 故只需，即，整理得到，解得，故.综上所述：.故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了数列和导数综合，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造新函数，求导得到单调区间，将数列问题转化为函数的最值问题是解题的关键，需要熟练掌握.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）求的大小；（2）若，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理得到，再根据正弦定理得到，得到答案.（2）确定，，再根据正弦定理计算得到答案.【小问1详解】，故意，即，所以，，故，所以，所以，又，所以.【小问2详解】 ，，所以.故，故.18.已知等差数列满足，且，，成等比数列.（1）求的通项公式；（2）记为数列前项的乘积，若，求的最大值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设的公差为，根据和等比中项得到方程组，解得答案.（2）确定，确定，，，，，计算，，得到答案.【小问1详解】设的公差为，由得；由，，成等比数列，得，即，整理得.由，解得或，的通项公式为或.【小问2详解】，所以，当时，；当时，.从而，，，，， 又因为，，故的最大值为.19.如图，为正三角形，平面，平面，，，点F，P分别为，的中点，点在线段上，且.（1）证明：直线与直线相交；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，利用给定条件证明为平行四边形，进而证得且即可推理得解.（2）由（1）中信息，证明平面，确定二面角的平面角，再利用余弦定理计算得解.【小问1详解】取中点，连接，，，，则，，由平面，平面，得，又，则，，四边形为平行四边形，因此，，由点在线段上，且，得是的中点，又点是的中点，于是，，则，，即，共面，且，长度不等， 所以直线与直线相交.【小问2详解】由（1）知，平面即为平面，由平面，且平面，得，而为正三角形，点是的中点，则，又，平面，于是平面，又，则平面，显然平面，则有，从而为平面与平面所成二面角的平面角，不妨设，则，，，因此，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，都有，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程即可. （2）把给定的不等式等价变形，构造函数，再利用导数求出函数的最大值即得.【小问1详解】当时，，求导得，于是，而，所以曲线在处的切线方程是，即.【小问2详解】不等式，令函数，求导得，令，设，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，于是，即有，函数在上单调递减，而，则函数在上单调递增，在上单调递减，从而，由，成立，得，成立，因此，所以的取值范围是.【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.21.机器人甲、乙分别在，两个不透明的箱子中取球，甲先从箱子中取2个或3个小球放入箱子，然后乙再从箱子中取2个或3个小球放回箱子，这样称为一个回合.已知甲从箱子中取2个小球的概率为，取3个小球的概率为，乙从箱子中取2个小球的概率为，取3个小球的概率为.现，两个箱子各有除颜色外其它都相同的6个小球，其中箱子中有3个红球，3个白球；箱子中有2个红球，4个白球. （1）求第一个回合甲从箱子取出的球中有2个红球的概率；（2）求第一个回合后箱子和箱子中小球个数相同的概率；（3）两个回合后，用表示箱子中小球个数，用表示箱子中小球个数，求分布列及数学期望.【答案】（1）；（2）；（3）分布列见解析，数学期望为.【解析】【分析】（1）把所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，再结合条件概率公式计算即可.（2）利用互斥事件的概率公式，结合从两个箱子里取球数相同，列式计算即得.（3）求出的所有可能值及对应的概率，列出分布列关求出期望即得.【小问1详解】在第一个回合中，记事件表示“甲从箱子中取出2个球”，事件表示“甲从箱子中取出3个球”，事件C表示“甲从箱子取出的球中有2个红球”，则【小问2详解】第一个回合后，A箱子和B箱子中小球个数相同，即甲从A箱子中取出小球的个数与乙从B箱子中取出小球的个数一样，所以，.【小问3详解】每个回合后A，B两个箱子小球个数不变的概率，A箱子比B箱子小球个数少2个的概率，A箱子比B箱子小球个数多2个的概率.两个回合后，的所有可能值为，，0，2，4. ，，，，.所以随机变量的分布列为024所以，.22.已知双曲线，过点的直线与该双曲线的左、右两支分别交于点.（1）当直线的斜率为时，求；（2）是否存在定点，使得?若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，点的坐标为【解析】【分析】（1）联立直线和双曲线方程，利用弦长公式即可求得；（2）将转化为，联立直线与双曲线方程分别求得 ，利用韦达定理即可求解得，即可求得.【小问1详解】由题可知直线的方程为，设，，联立消去得，所以，，即可得【小问2详解】如下图所示：因为，所以，即，所以，又由，由角平分线定理可得，所以.设，，直线的方程为，根据题意易知， 联立可得，所以，.因为，，，所以，，所以，整理得，将，代入上式，整理得，所以.经检验，存在，使得.【点睛】关键点点睛：本题求解定点问题的关键在于将利用角平分线定理转化为向量数量积与线段比值的问题，然后解出定点坐标即可.