浙江省温州市2023-2024学年高三上学期一模（期中）数学试题（Word版附解析）

温州市普通高中2024届高三第一次适应性考试数学试题卷2023.11本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是待合题目要求的.1.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据分式不等式化简集合,即可由交运算求解.【详解】，所以，故选：B2.设复数对应点在第四象限，则复数对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B 【解析】【分析】由的周期性化简，计算后判断所求复数对应点的象限.【详解】由复数对应的点在第四象限，则设，由得，由，得复数对应的点在第二象限.故选：B.3.动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据距离公式即可化简求解.【详解】根据题意可得，平方化简可得，进而得，故选:A4.已知向量，，则在上的投影向量的坐标是（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【详解】根据投影向量的定义，结合坐标运算即可求解.【分析】在上的投影向量为，故选：B5.已知离散型随机变量的分布列如下表所示.则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据随机变量的方差公式可得.【详解】由分布列可得，，故选：D6.若函数，的值域为，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用可得，再由三角函数图像性质可得 ，解不等式即可求得的取值范围.【详解】根据题意可知若，则可得；显然当时，可得，由的值域为，利用三角函数图像性质可得，解得，即的取值范围是.故选：D7.已知为等比数列，则“”是“，是任意正整数”的（）A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充要条件D.既不是充分条件也不是必要条件【答案】C【解析】【分析】根据等比数列性质，由递推公式可得出结论.【详解】因为为等比数列，则若，则，则所以，是的充分条件；又根据已知可知，约去可得因为为等比数列，所以，所以，所以当为等比数列时，是的充分条件；故选：C8.如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且 ，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（）A.三角形（含内部）B.矩形（含内部）C.圆柱面的一部分D.球面的一部分【答案】A【解析】【分析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合.【详解】如下图所示：首先保持在线段上不动，假设与重合根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点，此时由可得满足， 当点运动到图中位置时，易知，取，可得，取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线，当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段；再研究当点在线段上运动，当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合；即可得的轨迹为三角形（含内部）.故选：A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.在一次数学考试中，某班成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（）A.图中所有小长方形的面积之和等于1B.中位数的估计值介于100和105之间C.该班成绩众数的估计值为97.5D.该班成绩的极差一定等于40【答案】ABC【解析】【分析】由频率分布直方图的性质可知A正确；由中位数定义以及图中频率计算可知B正确；由众数定义可得图中最高的区间即代表众数即可估计为97.5，即C正确；由于成绩高分和最低分不一定分别为，因此极差不一定为40，即D错误.【详解】对于A，由频率分布直方图的性质可知，图中所有小长方形的面积之和等于1，即A正确；对于B，易知组距为，前两组成绩所占的频率为， 前三组成绩所占的频率为，由中位数定义可得其估计值介于100和105之间，即B正确；对于C，由图可知频率最高的成绩区间，取中间值为代表可知班成绩众数的估计值为97.5，即C正确；对于D，由图可知成绩最高区间为，最低区间为，但最高分和最低分不一定分别为，所以其成绩极差不一定为40，即D错误；故选：ABC10.已知平面平面，则下列结论一定正确的是（）A.存在直线平面，使得直线平面B.存在直线平面，使得直线平面C.存在直线平面，直线平面，使得直线直线D.存在直线平面，直线平面，使得直线直线【答案】BCD【解析】【分析】A.由面面垂直的判定定理判断；B.由时，利用线面平行的判定定理判断；C.由判断；D.由判断.【详解】A.若存在直线平面，使得直线平面，则，故错误；B.当时，又，所以，故正确；C.当时，，故正确；D.当时，，故正确；故选：BCD11.若圆与直线相切，且与圆相切于点，则圆的半径为（）A.5B.3C.D.【答案】BD【解析】【分析】由已知得圆心在轴，设圆心为，然后由圆与直线相切及过点列方程组求得圆心后再 求得半径．【详解】圆的圆心为，半径为1，圆与圆相切于点，则圆心在轴，设圆心为，则由题意，解得或，时，半径为，时，半径为，故选：BD．12.定义在上的函数的导函数为，对于任意实数，都有，且满足，则（）A.函数为奇函数B.不等式的解集为C.若方程有两个根，，则D.在处的切线方程为【答案】AC【解析】【分析】根据奇函数的定义即可判定A，根据导数的运算可得进而可求解，即可求解BD，根据二次函数的图象性质，即可求解C.【详解】对于A，，由可得，所以，且定义域为，故为奇函数，A正确，由于，所以为常数，则又在中，令，则，故，故， 所以，对于B,可得，又，故，则，故B错误，对于C，为单调递增函数，而为开口向上，且对称轴为的二次函数，且是的两个交点，的两个交点设为，则，且，又为单调递增函数，所以，所以，C正确，由得，所以在处的切线方程为，D错误，故选：AC非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.13.已知，则______（用表示）.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式以及同角关系即可求解.【详解】，故答案为：14.______.【答案】82【解析】【分析】用二项式定理展开，注意合并相反项再求和.【详解】可得两式和的结果为82， 故答案为：8215.与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的体积为______.【答案】【解析】【分析】利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可.【详解】由题意，画出圆台的直观图，其中为圆台的母线长，，分别为上、下底面的圆心，点为内切球的球心，点为球与圆台侧面相切的一个切点.则由题意可得：，.因此可得：内切球半径，即得内切球的体积为.故答案为：16.斜率为1的直线与双曲线（）交于两点，点是曲线上的一点，满足，和的重心分别为，的外心为，记直线，，的斜率为，，，若，则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值，取的中点，得到，再由，，结合所以，求得，利用 ，即可求解.【详解】若直线与双曲线有两个交点，设的中点为，联立方程组，整理得，可得，则，又由在直线上，可得，所以，所以，即直线与双曲线相交线的中点与原点的连线的斜率与直线的斜率之积为定值，如图所示，取的中点，因为的重心在中线上，的重心在中线上，所以，，可得，即，又由，可得，可得因为，且的外心为点，则为线段的中点，可得，因为，所以，所以，所以，所以. 故答案为：.【点睛】知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.四、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面.（1）求证：；（2）若四棱锥的体积为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）根据梯形的性质求解可证，进而根据线线垂直即可求证，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解平面夹角，或者利用几何法，结合线面垂直找到两平面夹角，根据三角形的边角关系即可求解. 【小问1详解】∵平面，平面，∴，过点作，由为等腰梯形，，故，所以，即，即，平面，∴平面，平面，故.【小问2详解】方法一:，∵,，∴.如图，建立空间直角坐标系，，，，，, 设平面法向量为，则，，取，得同理，设面法向量为，则，，取，得，由题意，.设平面与平面的夹角为，则，方法二：，∵,，∴.∵平面，平面，∴平面平面，过作，则平面垂足，平面，则,过作的垂线，垂足为，连，由于平面,所以平面,平面，故，则为所求二面角夹角平面角.，所以, ,，，.18.设的三个内角，，所对的边分别为，，，且.（1）若，求的最小值；（2）求的值.【答案】（1）（2）0【解析】【分析】（1）首先应用余弦定理得，然后方法1：使用均值不等式求解的最小值；方法2：利用已知条件，将转化成关于的二次函数，进而求解最小值.（2）方法1：利用三角形内角和为，得：，将其代入原式中利用和差角公式即可化简求值；方法2：将，代入原式，然后利用和差角公式即可化简求值；【小问1详解】由余弦定理知，方法1：所以，当时取等，此时为正三角形.故的最小值为.方法2： 所以，当时取等.故的最小值为.【小问2详解】方法1：因为.所以原式方法2：因为，原式综上所述：.19.等差数列的前项和为，，.（1）求；（2）记为数列的前项和，若，且是以2为公差的等差数列，求数列的通项公式.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可得公差，进而可求解，（2）方法一根据等差数列的性质列方程即可求解，进而可求解，进而根据的关系即可求解，方法二，利用待定系数法，结合等差数列性质的运算即可得，即可利用根据的关系即可求解.【小问1详解】解一：设等差数列的公差为，则，由可得，即，解得，，故.解二：由得，故，则故，则.【小问2详解】解一：由题意知，则，移项平方得，则可得是首项为3，公差为2的等差数列，则，可得，则，当时，，故，故.解二：由题意可设（是常数），则，平方相减可得，则，可得， 则，当时，，故，故.20.已知（）.（1）求导函数的最值；（2）试讨论关于的方程（）的根的个数，并说明理由.【答案】（1）最大值等于（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，令，对再求导，利用导数确定单调性得最值；（2）方程变形为，令，对求导，确定单调性，得出函数值域后可得结论．【小问1详解】∵，记∴，解得：当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的最大值等于.【小问2详解】方法1：由，即，即. 令，∴，由解得：∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且所以：当时，方程无解；当时，方程有1个解；当时，方程有2个解.方法2：由，即，即.令，，∴，由解得：∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且所以：当时，方程无解；当时，方程有1个解；当时，方程有2个解.方法3：由，即，两边取对数得：，即.令，所以由，解得当时，，单调递增，当时，，单调递减所以当，即时，方程无解；当，即时，方程有1个解；当，即时，方程有2个解.21.已知抛物线的焦点为，抛物线上的点处的切线为.（1）求的方程（用，表示）；（2）若直线与轴交于点，直线与抛物线交于点，若为钝角，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由相切利用导数或判别式求斜率，再由点斜式写出方程；（2）由为钝角，所以，将向量坐标化得关于坐标的不等式，再利用韦达定理消元代入不等关系化简求解范围【小问1详解】 解法1：抛物线：即，则，则在处切线的斜率为，所以，：，即.解法2：（1）设切线方程为，与抛物线：联立得，，（*）因为直线与抛物线相切，故方程（*）的判别式即，解得，所以，：，即.【小问2详解】易知，.设直线：，.代入抛物线方程得，故，，因为为钝角，所以，即，即，（*）因为，不等式（*）即，解得，所以. 22.某电子器件由若干个相同的电子模块构成，每个电子模块由4个电子元件按如图所示方式联接，其中每个电子元件导通的概率均为0.9.（1）求每个电子模块导通的概率（保留两位有效数字）；（2）已知某电子器件由20个相同的电子模块构成，系统内不同电子模块彼此独立，是否导通互不影响，当且仅当电子器件中不低于50%的电子模块处于导通状态时，电子器件才能正常工作.若在该电子器件中再添加两个相同的电子模块，试判断新电子器件较原电子器件正常工作的概率是增加还是减小？请说明理由.【答案】（1）0.8（2）增大，理由见解析【解析】【分析】（1）电子模块导通，根据各电子元件导通情况列算式计算；（2）分别计算新电子器件和原电子器件正常工作的概率，作差比较大小.【小问1详解】该电子模块导通即电子1、4必须导通且电子2、3至少要有一个导通，所以.【小问2详解】设为原电子器件中导通的子模块的个数，，则新电子器件正常工作即原电子器件中至少有11个电子模块导通；或者原电子器件中恰有10个电子模块导通，且新加入的两个模块至少有一个导通；或者原电子器件中恰有9个模块导通，且新加入的两个模块导通.设事件“原电子器件中至少有10个电子模块导通”，则， 事件“原电子器件中恰有10个模块导通，且新加入的模块至少有一个模块导通”，则；事件“原电子器件恰有9个模块导通，且新加入的模块两个都导通”，则，则，又∵，∴，所以再添加个电子模块，新电子器件较原电子器件正常工作的概率增大.