浙江省91高中联盟2023-2024学年高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期浙江省9＋1高中联盟高三年级期中考试数学考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析.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，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，，（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据函数定义域及函数的单调性得；再根据集合的交集运算即可得出答案.【详解】因为函数的定义域为，且在上单调递增，所以.又因为所以.故选：D.2.已知复数，则的虚部是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接使用复数的运算法则计算即可. 【详解】，故的虚部是故选：D3.白居易的《别毡帐火炉》写道：“赖有青毡帐，风前自张设.”古代北方游牧民族以毡帐为居室，如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为，圆柱的高为，底面圆的直径为，则该毛帐的侧面积（单位）是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别求解出圆锥和圆柱的侧面积，然后相加即为结果.【详解】圆锥的侧面积：，圆柱的侧面积：，所以毛帐的侧面积为，故选：C.4.已知是公差为（）的无穷等差数列的前项和，设甲：数列是递增数列，乙：对任意，均有，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【解析】【分析】利用定义法直接判断【详解】充分性：因为数列是递增数列，取数列为：，，，符合数列为无穷等差 数列，且是递增数列，但，故充分性不满足；必要性：因为对于任意的，均有，所以得，又因为数列为无穷等差数列，所以公差大于零，所以可得数列为递增数列，故必要性满足.综上所述：甲是乙的必要不充分条件，故B项正确.故选：B.5.已知抛物线：（）的焦点为，点为抛物线上一点，，若，则点的纵坐标是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由抛物线的焦半径公式可得的坐标，再由，列出方程，即可得到结果.【详解】因为，由抛物线的焦半径公式可得，即，且所以，设，则，又，则，解得，所以点的纵坐标是.故选：A6.今年8月份贵州村篮球总决赛期间，在某场比赛的三个地点需要志愿者服务，现有甲、乙、丙、丁四人 报名参加，每个地点仅需1名志愿者，每人至多在一个地点服务，若甲不能到第一个地点服务，则不同的安排方法共有（）A.18B.24C.32D.64【答案】A【解析】【分析】根据安排的人中有没有甲进行分类讨论，由此求得正确答案.【详解】若安排的人中没有甲，安排方法有种，若安排的人中有甲，则先安排甲，然后再选两人来安排，则安排的方法有种，所以总的方法数有种.故选：A7.函数（，，）的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，与的图象关于轴对称，则可能的取值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】先根据图象平移得到函数的解析式；再根据两函数图象关于轴对称及诱导公式得到关于的等式即可得出答案.【详解】由题意可得函数.因为与的图象关于轴对称，所以，即，即.由诱导公式可得： 所以即，或.因为所以解得：故当时，.故选：C.8.已知函数的定义域为，对于任意的，，都有，当时，都有，且，当时，则的最大值是（）A.5B.6C.8D.12【答案】A【解析】【分析】找到函数值特殊的点，得到部分特殊函数值，利用给定的抽象函数定义求出端点值后，判断函数单调性即可求出最大值即可.详解】令，则，且故，，故且令，，可得设，则，则，故在上单调递增的最大值是故选：A【点睛】本题需要考生先求出特殊值，后判断抽象函数的单调性，再求出端点值即可.判断抽象函数的单调性时需要记忆或推理常见的抽象函数模型.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分） 9.已知平面向量，，下列叙述正确的是（）A.与的夹角为B.与的夹角为C.D.在上的投影向量为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，由平面向量的坐标运算，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】因为，，则，且，所以，故A正确，B错误；，则，故C正确；在上的投影向量为，故D正确；故选：ACD10.已知函数，满足有三个不同的实数根，，，则（）A.实数的取值范围是B.关于点中心对称C.D.的值与有关【答案】AB【解析】【分析】作数函数的图像即可判断；判断是否成立可判断；根据函数关于点中心对称计算可判断；根据题意建立等式化简即可判断.【详解】对于，因为，所以当时，即或，单调递增， 当时，即，单调递减，且，，故函数如图所示，所以满足有三个不同的实数根实数的取值范围是，故正确；对于B，因为，所以函数关于点中心对称，故正确对于C，因为函数关于点中心对称，所以，，即，故错误；因为，，是有三个不同的实数根，所以，化简的：所以，故错误.故选：.【点睛】求一元次函数解析式，可以根据一元次方程的根建立等式求解.11.四棱锥中，底面是矩形，平面平面，且，，为线段上一动点（不包含端点），则（） A.存在点使得平面B.存在点使得C.四棱锥外接球的表面积为D.为中点时，过点，，作截面交于点，则四棱锥的体积为【答案】BCD【解析】【分析】由面面垂直的性质可证得平面，建立空间直角坐标系，设出点Q坐标，运用空间向量坐标法计算求出可判断A项，运用空间向量坐标法计算求出可判断B项，画出外接球的球心，进而可求得其半径，结合球的表面积公式计算即可判断C项，由点、线、面关系证得平面平面，由线面平行判定定理可证得平面，运用等体积法求解即可判断D项.【详解】取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，面，所以平面，过作，所以以为坐标原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，则，，，，，所以，， 设（），则（），所以，对于A项，又因为平面平面，平面平面，，面，所以平面，所以平面的一个法向量为，假设平面，则，解得，又因为，所以不存在点Q使得平面，故A项错误；对于B项，假设因为，则，解得，所以存在点Q使得，故B项正确；对于C项，连接、相交于点，取等边三角形的外心，过作，过作，连接，如图所示，则平面，平面，所以为四棱锥的外接球的球心，又，，所以，所以四棱锥外接球的表面积为，故C项正确；对于D项，连接、、，如图所示， 因为平面，平面，所以点在平面与平面的交线处，又平面且平面，所以点在平面与平面的交线处，所以平面平面，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又，所以，又因为为中点，所以为的中点，，又因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面距离等于点到平面距离，所以，故D项正确.故选：BCD.12.人教A版选择性必修第一册在椭圆章节的最后《用信息技术探究点的轨迹：椭圆》中探究得出椭圆（）上动点到左焦点的距离和动点到直线的距离之比是常数.已知椭圆：，为左焦点，直线：与轴相交于点，过的直线与椭圆相交于，两点（点在轴上方），分别过点，向作垂线，垂足为，，则（） A.B.C.直线与椭圆相切时，D.【答案】ABD【解析】【分析】对A：由判断；对D：作轴于，表示出，根据A结论判断；对B：利用D结论可判断，由角平分线性质得结论；对C：根据D结论可判断当且仅当时与椭圆相切即可.【详解】对A：由条件知：，故，故A正确；对D：作轴于，则，，所以，故D正确；对B：同D知：，因为，所以，所以，即平分，由角平分线性质知即，故B正确；对C：下面证明当且仅当时与椭圆相切，因为，所以时当且仅当，此时点是唯一的，故与椭圆相切当时，，满足条件的有两个，即点有两个，此时 与椭圆相交，故当且仅当时与椭圆相切，此时，故C错误.故选：ABD【点睛】关键点点睛：此题关键是证明成立，从而再证出其它选项，在椭圆中一般结论是，其中是离心率.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上）13.展开式中常数项为______.（用数字作答）【答案】54【解析】【分析】根据的展开式的通项公式可求出结果.【详解】展开式的通项为，令，得，所以展开始得常数项为.故答案为：.14.已知圆：，过点的直线与圆相交于，两点，当面积最大时，直线的斜率为______.（写出一个即可）【答案】或（答案不唯一）【解析】【分析】根据面积最大时求出圆心到直线距离，设出直线方程，求出斜率即可.【详解】已知圆的半径， 如图，直线与圆相交于两点，面积，当面积最大时即，此时圆心到直线的距离，设直线的斜率为，则直线方程为，则，解得：或.故答案为：或（答案不唯一）15.已知在时恒成立，则实数的最小值为______.（注：为自然对数的底数）【答案】【解析】【分析】转化问题为在时恒成立，只需，设，，结合导数分析其单调性，进而求解即可.【详解】由在时恒成立，即在时恒成立，即在时恒成立，设，，则，令，即；令，即，所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，，所以，即实数的最小值为.故答案为：.16.已知数列的首项为1，且（），则的值是______.【答案】【解析】【分析】根据递推公式首先令为偶数，即可求出，再令为奇数，即可求出，从而得解.【详解】因为，，所以当时，当时，当时，，当时，当时，所以，又，所以当时，当时， 当时，，当时，当时，所以，所以.故答案为：四、解答题（本大题共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.已知在中，角，，的对边分别为，，，.（1）求角的大小；（2）若，，的角平分线交于，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可；（2）先由余弦定理可得，进而结合等面积法进行求解即可.【小问1详解】∵，由正弦定理得，，∴，∴，∴，即，∵，∴.【小问2详解】由余弦定理得，，∴，解得或（舍去）， 由，∴，∴.18.某商场举办为期一周的店庆购物优惠活动，不仅购物有优惠，还有抽奖活动.（1）已知该商场前5天店庆活动当天成交额如表所示：天12345成交额（万元）912172127求成交额（万元）与时间变量的线性回归方程，并预测活动第6天的成交额（万元）；（2）小明分别获得、两店的抽奖机会各一次，且抽奖成功的概率分别为、，两次抽奖结果互不影响.记小明中奖的次数为.求的分布列及；附：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和茷距的最小二乘估计分别为，.【答案】（1），万元（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）计算出样本中心，求出回归系数，即可得到回归直线方程，将代入回归方程求解即可；（2）先求出随机变量的可能取值，然后求出其对应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可．【小问1详解】由已知可得，， .所以，所以，所以.当时，（万元），所以预测活动第6天的成交额为30.7万元；【小问2详解】由题意知，的所有可能取值为0，1，2.，，所以的分布列为012∴.19.如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，.（1）求证：平面；（2）若平面平面，，且四棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到平面；（2）方法一：根据题意，由线面角的定义，代入计算，即可得到结果；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.小问1详解】证明：∵平面，过的平面交平面于，∴，又∵，∴四边形为菱形∴，∵平面，平面，∴平面.又∵四边形为菱形，∴同理平面，∵，平面，∴平面平面，又平面，∴平面；【小问2详解】设与平面所成角为连接交于点，连接，∵，且，则为等边三角形，又四边形为菱形，则为中点，∴又∵平面平面，且交线为∴平面 ∵，∴∴∴.法一：常规法：作于，连接，作于，因为平面，平面，所以，且，平面，所以平面，且平面，所以，，平面，∴平面，因为，则，在三角形中，由等面积法可知，，则，则，在三角形中，由等面积法可得，，则，∵到平面的距离是到平面距离的两倍，∵，由平面，平面，所以，则，∴，∴.法二：建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，∴，，，，， ∴，，，令平面的法向量为，则，，∴∴.20.已知数列是公差为（）的等差数列，是的前项和，.（1）若，且，求公差的取值范围；（2）若，数列的首项为，满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知可推得，根据等差数列的性质结合已知化简得出，求解即可得出答案；（2）根据已知可推得，是以2为首项，公比为2的等比数列，求出.分组求和结合等比数列的前项和公式，即可得出答案.【小问1详解】由题意得，即，所以，，化简得，解得， 所以，公差的取值范围为.【小问2详解】由题意得，因为为等差数列，满足，所以.又，所以，化简得，所以，是以2为首项，公比为2的等比数列，所以，，即，所以，.21.已知双曲线：（，）过点，且离心率为2，，为双曲线的上、下焦点，双曲线在点处的切线与圆：（）交于A，B两点.（1）求的面积；（2）点为圆上一动点，过能作双曲线的两条切线，设切点分别为，，记直线和的斜率分别为，，求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求切线方程，再结合直线与圆的位置关系可求得的面积；（2）先求切线方程，找出，两点坐标的关系式，再利用韦达定理化简可得.【小问1详解】 ∵，∴，∴设过曲线上一点的切线的方程为：，由可得，则，即又因为切点为Q，所以，所以解得，则过点的切线的方程为：.设，，∴交轴于点，联立直线与圆的方程消得，∴，.∴，∴.【小问2详解】 设，，，则设过点的双曲线的切线方程为：，由（1）可知，又因为，则，即（*）而，所以，，则（*）式可化为，即可得，，则切线方程为，整理可得过点M的双曲线的切线方程为.同理可得过点的双曲线的切线方程为.又两切线均过点，则，因此，直线的方程为联立直线与双曲线的方程， 消可得，故所以因为，则，则所以.【点睛】关键点睛：（1）本问考查直线与圆相关的面积问题，关键点是先求出过双曲线上一点的切线方程，再联立直线与圆的方程，通过切割三角形来求的面积.（2）本问考查双曲线的定值问题，解题关键是先求出过双曲线上点M、N的切线方程，再通过两条切线交点为P，得出直线MN的方程，再联立直线MN与双曲线E的方程，通过韦达定理来化简计算出为定值.22.已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在，使成立，求实数的取值范围.注：为自然对数的底数.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，对讨论，分为和两种情形，通过导数与0的关系可判断单调区间；（2）依题转化为，设，即，，应用导数求最值，对对讨论，分为和，三种情形讨论即可求解. 【小问1详解】∵，定义域为，∴，当时，∴，∴的递增区间是；当时，由，得，∴的递增区间是，，得，递减区间是；【小问2详解】∵，∴，∴，设，∴，当，，在上单调递增，∴，，不符合题意，当，则存在唯一的，使得.当，使得，当，使得.当，单调递减，当，单调递增，∴，∴，这与矛盾.当，，在上单调递减， ∴，∴，综上，【点睛】本题主要考查导数的运用：求单调区间和最值，考查能成立问题，构造函数是关键，也是常用的一种手段．通过求构造函数的最值即可，属于中档题．