浙江省绍兴市2023-2024学年高三上学期一模（期中）数学试题（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科试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共6页，选择题部分1至3页，非选择题部分3至6页，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】利用定义域的求法化简集合B，然后利用交集运算求解即可.【详解】因为，又，所以.故选：C2.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据复数的运算从而求解.【详解】由题意知：，则，所以：.故A项正确.故选：A.3.已知向量满足，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的模长可得，进而由夹角公式即可求解.【详解】由得，将代入可得，所以，所以，由于，所以，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】根据正六棱柱的性质可求解半径，由表面积公式即可求解.【详解】由正六棱柱的性质可得为其外接球的球心（如图）,由于底面为正六边形，所以为等边三角形，故,所以,所以为外接球的半径，故外接球表面积为，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，求出单调性，求出中范围，再判断即可.【详解】设，则，，当时为增函数，时为减函数，当，时，所以所以时，又因为，故，解得，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A6.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】设，由取得最小值，则最大，最小求解.【详解】解：如图所示：因为，设，则，，当时，取得最小值，此时，最大，最小，且，故选：C7.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】根据题意给出的条件进行化简，并结合等差数列、等比数列知识进行逐项求解判断.详解】对于A项：，得：，因为：，所以得：，所以：等差数列，故A项正确；对于B项：，，所以：，，不满足等差数列，故B项错误；对于C项：，，所以：，故：，数列等比数列，故C项正确对于D项：，得：，因为：，所以：，即：，所以：为等比数列，故D项正确.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】利用已知条件易得是周期为的奇函数，且是一条对称轴，再结合各项判断是否一定有成立即可.【详解】由题设，即，所以是周期为的奇函数，且是一条对称轴， 当时，则，，不符合当时，则且，不符合；当时，则，，故；当时，则且，不符合；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】对于A项，将圆的方程化成标准式即得；对于B项，判断圆心到直线的距离等于圆的半径即得；对于C项，只需将两圆方程相减化简，即得公共弦直线方程；对于D项，需要结合图像作出两条和已知直线平行且距离等于1的直线，通过观察分析即得.【详解】对于A项，由圆配方得： 知圆的半径为2，故选项A错误；对于B项，因圆心到轴的距离为1，等于圆的半径，故圆与轴相切，同理圆心到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切，故轴为圆与的公切线，故选项B正确；对于C项，只需要将与左右分别相减，即得圆与的公共弦所在的直线方程为：故选项C错误；对于D项，如图，因直线同时经过两圆的圆心，依题意可作两条与该直线平行且距离为1的直线与，其中与和圆都相切，各有一个公共点，与和圆都相交，各有两个交点，故圆与上共有6个点到直线的距离为1，故选项D正确.故选：BD.10.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】根据回归直线的相关性质分别判断各个选项即可.【详解】对于A:回归方程一次项系数大于零是正相关，A正确；对于B:代入回归直线可得，B正确；经验回归直线可以不经过任意一个点，C错误；根据回归直线的求法最小二乘法值，回归直线的残差平方和最小，D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】代入求值判断A，根据零点定义结合余弦函数方程根判断B，利用导数研究函数的极值点、单调性判断CD.【详解】对于A，，错误；对于B，，令得，所以或，又，所以或或或或，解得或或或或，即恰有5个零点，正确；对于C，因为，所以，因为，，由零点存在性定理知在上存在异号零点，则在必有极值点，正确；对于D，当时，，，所以，当时，，， 所以，，所以，所以时，所以，所以在上单调递减，正确.故选：BCD12.已知椭圆的左顶点为，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】根据面积公式结合椭圆标准方程联立等式，化简求出，为定值，可判断A，根据直线斜率之间关系得到直线之间的关系可判断，根据三角形面积公式即可判断C,D.【详解】由题意可得，直线所在直线方程为：，设到直线的距离为，则，因为,在椭圆上，所以，.因为点在第一象限，点在第四象限，所以，有， 所以，，即，，故A正确，，，因为因为，，所以，，代入得，，因为在椭圆上，有，即，所以，，即，故B正确，，，因为，所以，代入得,故C正确，，，因为不是定值,故D错误.故选：ABC. 【点睛】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】先求出的展开式的通项，然后即可求得的展开式中含的项，从而求解.【详解】由题意得：展开式的通项为：，当时，即：，得：，当时；即：，得：，所以得：展开式中含项为：，所以的系数为：.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】1.5##【解析】【分析】通过题目数据求出函数解析式，然后利用指数运算即可求解.【详解】由题意，，所以，所以，所以2022年全球产生的数据量为，则2023年全球产生的数据量，所以2023年全球产生的数据量是2022年的倍.故答案为：1.515.过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若三棱注意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，设的边长为，，即可表示出图形的面积，从而得到的表面积，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求解即可.【详解】依题意过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，则为中点，为中点，为中点，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BC的中点D，则，因为为正三棱锥的高，所以平面ABC，且，则与底面所成角为，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，将各项均用表示，然后构造函数，分类讨论和两种情况下的单调性，进而确定为使方程有解，的取值范围.【详解】因为为等比数列，所以.令，则.因为，所以.当时，，此时恒成立，在上单调递增，，所以一定有解，即，使得成立.当时，，则，此时单调递增；，则，此时单调递减.为使有解，则，整理得，解得.又，所以.综上，的取值范围是.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.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）由余弦定理和正弦定理化简得，从而求出角；（2）利用同角三角函数关系及两角和公式求解，然后利用正弦定理求解即可.【小问1详解】因为，所以，即，所以，因为，所以，所以，又，所以.【小问2详解】因为，所以.因为，所以.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】18.或19.【解析】 【分析】（1）利用，和成等比数列结合等差数列和等比数列知识，从而求出首项和公差，从而求解.（2）根据（1）中结果并结合题意进行分情况讨论，从而求解.【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.所以：的通项公式为或.【小问2详解】因为，所以：，得：当时，；当时，.从而，又因为：，所以：的最大值为.故的最大值为.19.如图，为正三角形，平面平面，点分别为的中点，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）根据题意，取中点，连接，即可证明共面，且其长度不相等，即可证明；（2）解法1：由条件可得为平面与平面的夹角，结合余弦定理，代入计算，即可得到结果；解法2：根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】证明：取中点，连接，则，因为平面平面，所以，所以，则四边形为平行四边形，所以．因为点在线段上，且，所以是的中点，又因为点是的中点，所以，所以，即共面，且长度不等，所以直线与直线相交．【小问2详解】解法1：由（1）知，平面即为平面．因为平面，且平面，所以，因为为正三角形，点是的中点，所以，又平面平面，所以平面．又，所以平面， 所以（或其补角）为平面与平面的夹角．不妨设，则，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．解法2：因为平面，所以，因为为正三角形，所以，所以平面，又，所以平面．以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，所以，设平面的一个法向量为，则即取．设平面的一个法向量为，则即取． 设平面与平面的夹角为，则．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）由得到，再利用几何意义求解；（2）将，都有，转化为，设，利用导数法求得其最大值即可.【小问1详解】解：当时，，因为，所以，曲线在处的切线方程是，即．【小问2详解】因为，都有，所以．设，则．记，设，则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以在上单调递减．因为，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，．点睛】方法点睛：对于，恒成立，则；对于，恒成立，则；对于，有解，则；对于，有解，则；21.机器人甲、乙分别在两个不透明的箱子中取球，甲先箱子中取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，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）（3）分布列见解析，【解析】 【分析】（1）根据离散型随机变量的性质结合条件概率求解即可.（2）根据概率公式进行求解即可.（3）先求出随机变量的值，再分别求出各自的概率，列出分布列，求出数学期望.【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，箱子和箱子中小球个数相同，即甲从箱子中取出小球的个数与乙从箱子中取出小球的个数一样，所以，．【小问3详解】每一个回合后，两个箱子小球数都保持不变的概率，箱子小球数减少1个，箱子小球数增加1个的概率，箱子小球数增加1个，箱子小球数减少1个的概率两个回合后，的所有可能值为 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，.【解析】【分析】（1）根据题设写出直线的方程，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式求；（2）由题设，根据向量数量积的定义及等面积法有，令，直线的方程为，其中，联立双曲线，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示列方程求参数即可.【小问1详解】由题设，易知直线的方程为，设，由，得，此时，所以， 所以，．【小问2详解】因为，所以，所以，所以，由及等面积法得，所以．设，直线的方程为，其中，由，得，此时，所以．因为，所以，，所以，整理得，将韦达公式代入上式，整理得，所以．所以，存在，使得．