2023届浙江省杭州市桐庐中学新高三暑期阶段性测试数学试题含解析

这是一份2023届浙江省杭州市桐庐中学新高三暑期阶段性测试数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届浙江省杭州市桐庐中学新高三暑期阶段性测试数学试题
一、单选题
1．已知全集，集合，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求函数得，再解不等式得，再求集合交集运算即可.
【详解】解：因为的定义域为，所以函数的值域为，
所以，
又因为，
所以
故选：D
2．已知，复数（为虚数单位），则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题知，再计算即可.
【详解】解：因为，所以，
所以，
所以
故选：B
3．ABC中，，，设， ，则＝（       ）
A．+ B． C．+ D．
【答案】B
【分析】由向量的线性运算法则计算．
【详解】由题意．
故选：B．
4．在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数．当基本传染数高于时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数量指数级增长．当基本传染数持续低于时，疫情才可能逐渐消散．广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数．假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗(称为接种率)，那么个感染者新的传染人数为．已知新冠病毒在某地的基本传染数为了使个感染者传染人数不超过，该地疫苗的接种率至少为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意列不等式，即可求出结果.
【详解】由题意可得：
故选：C.
5．抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，若事件“向上的点数为”，“向上的点数为”，“向上的点数为或”，则有（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据事件的关系、和事件、积事件的定义逐一判断四个选项的正误，即可得出正确选项
【详解】对于A：事件“向上的点数为”发生，事件“向上的点数为”一定不发生，故选项A不正确；
对于B：事件“向上的点数为或”发生，事件“向上的点数为”不一定发生，但事件“向上的点数为”发生，事件“向上的点数为或” 一定发生，所以 ，故选项B不正确；
对于C：事件和事件不能同时发生，，故选项C不正确；
对于D：事件“向上的点数为”或事件“向上的点数为”发生，则事件“向上的点数为或”发生，故选项D正确；
故选：D
6．纯音数学模型是函数音有四要素：音调、响度、音长和音色，它们都与函数中的参数有关，比如：响度与振幅有关，振幅越大响度越大，振幅越小响度越小；音调与频率有关，频率低的声音低沉，频率高的声音尖利像我们平时听到乐音不只是一个音在响，而是许多音的结合，称为复合音.我们听到的声音函数是.下列说法中正确的是（       ）
A．函数不具有奇偶性
B．函数在区间上单调递增
C．若甲对应函数为，则甲响度一定比纯音响度大
D．若甲对应函数为，则声音甲一定比纯音更低沉
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性的概念、单调性的概念以及特值法进行判断.
【详解】令，函数的定义域为R，
对于选项A，，所以函数为奇函数，故A错误；
对于选项B，当时，，，，，，，在均为单调递增，所以函数在区间上单调递增，故B正确；
对于选项C，令，令，有，所以甲响度不一定比纯音响度大，故C错误；
对于选项D，令，令，有，所以声音甲不一定比纯音更低沉，故D错误.
故选：B.
7．设（其中是自然对数的底数），则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件构造函数()可比较a，b，作出a与c的差，再构造函数判定正负即可作答.
【详解】令，，则，即函数在上单调递增，
则有，即，于是得，
，令，，则当时，，即函数在上单调递增，
因此，，即，
令，则当时，，
即在上单调递减，则，即，于是有，即成立，
所以.
故选：D
8．如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（       ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.
【详解】设过与垂直的线段长为，
则，，，，
则四棱锥的高，
则




，，
∴四棱锥体积的最大值为.
故选：A.
【点睛】求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.
二、多选题
9．已知正四棱柱的底面边为1，侧棱长为a，M是的中点，则（       ）
A．任意，
B．存在，直线与直线BM相交
C．平面与底面交线长为定值
D．当时，三棱锥外接球表面积为
【答案】AC
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A对；利用异面直线的判定可知B错；确定平面与底面交线为，可求得为定值，从而得C正确；由球截面所得圆半径最大为球半径，可判断D错误.
【详解】对于选项A，，，，，平面，
∴平面，平面，∴，A对；
对于选项B，平面，平面，∴平面
∴与异面不相交，B错；
对于选项C，延长，交于点，为中点，，

∴，∴，，∴，
平面平面，平面与底面交线为，
其中P为中点，，C对；
对于选项D，，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆，
半径，此时三棱锥外接球的半径，
可知外接球表面积应大于等于，可知D错；
故选：AC.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2（an﹣a）（其中a为常数），则下列说法正确的是（       ）
A．数列{an}一定是等比数列 B．数列{an}可能是等差数列
C．数列{Sn}可能是等比数列 D．数列{Sn}可能是等差数列
【答案】BD
【解析】结合已知可得an＝2an﹣1，n＞1，然后结合a是否为0可进行判定是否满足等差或等比．
【详解】Sn＝2（an﹣a），
当n＞1时可得，Sn﹣1＝2（an﹣1﹣a），
两式相减可得，an＝2an﹣1，n＞1，
又n＝1时，S1＝2（a1﹣a）可得，a1＝2a，
若a＝0时，数列{an}不是等比数列，而是等差数列，其各项都为0，和也为等差数列
当a≠0时，数列{an}是等比数列，不是等差数列，而非常数的等比数列的前n项和不是等比，
故选：BD
【点睛】本题考查了项和转换、等差等比数列的判定，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
11．已知抛物线C：y2＝4x，其焦点为F，P为直线x＝﹣2上任意一点，过P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，斜率分别为k1，k2，则（       ）
A． B．|k1﹣k2|＝2
C．AB过定点 D．的最小值为8
【答案】AC
【解析】设，则y12＝4x1，y22＝4x2，对抛物线的方程两边求导，可得切线的斜率、切线的方程，联立两切线方程求得P的横坐标，可判断A；由切线的斜率相减，化简可判断B；求得AB的直线方程，结合恒过定点，可判断C；由抛物线的定义和基本不等式可判断D．
【详解】由题意可得，抛物线的准线方程为，设，
则，，由y2＝4x得，求导得，
所以，所以过A的切线的方程为x﹣x1＝，
化为x＝y① ，同理可得过B的切线方程为x＝y② ，
由①②解得x＝，由P的横坐标为，即，则，
k1k2＝，故A正确；
因为|k1﹣k2|＝＝不为定值，故B错误；
因为AB的直线方程为y﹣y1＝，即y＝y1+x，
整理得y＝，所以AB恒过定点，故C正确；
将转化为到准线的距离，即＝（x1+1）（x2+1）＝x1x2+（x1+x2）+1＝+1+＝5+≥5+2＝9，当且仅当|y1|＝|y2|时取得等号，所以的最小值为9，故D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题关键是找到过A、B两点的切线斜率与方程得到，然后利用此结论表示各个选项可得出判断，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题.
12．设函数，下列说法正确的是（       ）
A．若，是奇函数
B．若，，在单调递减
C．若，，在有且仅有一个零点
D．若，，
【答案】BC
【分析】取不同的值时，对每一个选项逐个判断.
【详解】选项A，若时，，，又，故A不下正确；
选项B，时，，，，，故B正确；
选项C，时，，，
函数在R上单调递减，，所以函数在有且仅有一个零点；
选项D，取，，
当时，若成立，即成立.
令，，
，所以，故在是单调递增，
所以时，不成立.
故选：BC.
三、填空题
13．若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是_________．
【答案】180
【分析】写出二项展开式通项公式，由只有第六项二项式系数最大求得，再确定常数项．
【详解】，
由题意，此不等式组只有一解，因此（）．
，，
所以常数项为．
故答案为：180．
14．已知数列，满足，，，则______.
【答案】
【分析】根据已知条件转化式子得出，进而求出数列的通项公式即得数列的通项公式，再求出数列的通项公式，进一步求出答案即可.
【详解】，，，，
，
，即：，
是以首项为，公差为的等差数列，
，，
，
.
故答案为：.
15．已知函数，若，则的最大值为_________．
【答案】
【分析】根据，得到，，由在上单调递增，得到，进而得到，利用导数法求解.
【详解】由题意，，得，
所以，即，
又，得，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，则，
所以，
令，
则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：
16．如图，椭圆：的离心率为，F是的右焦点，点P是上第一角限内任意一点，，，若，则的取值范围是_______．

【答案】
【解析】由于点在椭圆上运动时，与轴的正方向的夹角在变，所以先设，又由，可知，从而可得，而点在椭圆上，所以将点的坐标代入椭圆方程中化简可得结果．
【详解】设，，，则，
由，得，代入椭圆方程，
得，化简得恒成立，
由此得，即，故．
故答案为：
【点睛】此题考查的是利用椭圆中相关两个点的关系求离心率，综合性强，属于难题 ．
四、解答题
17．已知函数．
(1)，为锐角，，，求及的值；
(2)已知，，，求及的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由平方关系及商数关系即可求得；由结合平方关系求得，进而求得，同理求得，再由正切差角公式求出即可；
（2）由结合平方关系及余弦和角公式化简得，进而得到及，即可求出及的值．
（1），，，为锐角，即，，．，，，，，，．综上，，；
（2），，，所以，即，且，又，，当时，，；当时，与相矛盾，不符合题意．综上所述，．
18．1.已知数列是等差数列，是等比数列，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过等比数列的基本量运算求出，再求出，进而通过等差数列的基本量运算求出；
（2）结合（1），通过错位相减法求得答案.
（1）解：设的公差为d，的公比为q，则，所以，则，即，所以
（2）解：由（1），记的前n项和为，所以……①则……②，①-②，得：，所以.
19．某校数学兴趣小组由水平相当的n位同学组成，他们的学号依次为1，2，3，…，n.辅导老师安排一个挑战数学填空题的活动，活动中有两个固定的题，同学们对这两个题轮流作答，每位同学在四分钟内答对第一题及四分钟内答对第二题的概率都为，每个同学的答题过程都是相互独立的挑战的具体规则如下：
①挑战的同学先做第一题，第一题做对才有机会做第二题；
②挑战按学号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮挑战；
③若第号同学在四分钟内未答对第一题，则认为第轮挑战失败，由第号同学继续挑战；
④若第号同学在四分钟内答对了第一题，满四分钟后，辅导老师安排该生答第二题，若该生在四分钟内又答对第二题，则认为挑战成功挑战在第轮结束；若该生在四分钟内未答对第二题，则也认为第轮挑战失败，由第号同学继续挑战；
⑤若挑战进行到了第轮，则不管第n号同学答对多少题，下轮不再安排同学挑战.
令随机变量表示n名挑战者在第轮结束.
（1）求随机变量的分布列；
（2）若把挑战规则①去掉，换成规则⑥：挑战的同学先做第一题，若有同学在四分钟内答对了第一题，以后挑战的同学不做第一题，直接从第二题开始作答.
令随机变量表示n名挑战者在第轮结束.
（ⅰ）求随机变量的分布列；
（ⅱ）证明.
【答案】（1）分布列见解析；（2）（ⅰ）分布列见解析；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）由题知，两道题都答对的概率为，至少有一道不能答对的概率为，故有，，即可求出概率分布列；
（2）（i）根据题意先考虑时，第k人必答对第二题，故有故，再考虑当时，故，于是得到其概率分布列；
（ii）由（i）求得期望，在考虑的单调性，即可证明成立，再用错位相减法和不等式放缩得即可证明.
【详解】（1），，
因此的分布列为

1
2
3
4
P





（2）（ⅰ）时，第k人必答对第二题，
若前面人都没有一人答对第一题，其概率为，
若前面人有一人答对第一题，其概率为，
故.
当时，
若前面人都没有一人答对第一题，其概率为，
若前面人有一人答对第一题，其概率为，
故.
的分布列为：

1
2
3
…


P



…



（ⅱ）.
法1：，
故，
求得，
故，
∴，①
，②
②①，.
故.
法2：令，
则，
因此：
.
又，
故.
【点睛】本题考查离散型随机变量的概率分布列，考查数学运算能力与分析解决问题能力，是难题.
20．如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.

（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;
（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【详解】（Ⅰ）由已知得.
取的中点，连接，由为中点知，.
又，故，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且
.
以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，
，，，，
， ，.
设为平面 的一个法向量，则
即
可取.
于是.

【解析】
空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．
【技巧点拨】
（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．
21．已知椭圆经过点，且焦距，线段分别是它的长轴和短轴．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线经过定点．
①，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q；
②，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由已知可得：，解得：，即可求椭圆E的方程；
（2）选①，则，设，
所以
联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.
选②，则，设，
所以
联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.
（1）由已知，，点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以椭圆的方程为：.
（2）选①，则，设，所以消去得：，所以，所以，则，所以，，消去得：，，所以，所以，则，所以，所以，所以直线的方程为：，所以，所以，故直线恒过定点.选②，则，设，所以消去得：，所以，所以， 所以同理：，所以，所以所以直线的方程为：令，则故直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，解题的关键是求出的坐标，进一步得到直线的方程，即可得出直线恒过的定点，属于难题.
22．（1）已知函数，，.
（i）记.证明：．
（ii）若，记此时的两个零点为.证明：；
（2）某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，每个样本取到的可能性相等，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验次；（2）混合检验，将其中（且）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，则这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为现取其中（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为若关于的函数关系式与抗生素计量相关，其中是不同的正实数，满足，对任意的，都有
（i）证明：为等比数列；
（ii）当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值.
参考数据：，，，，
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）4
【分析】（1）（i）由题知，进而根据题意，进行不等式放缩证明即可；
（ii）构造函数，根据的单调性得，进而用近似，再令，则，最后结合已知数据放缩即可证明.
（Ⅱ）（i）根据题意，当时得，进而得，再利用数学归纳法证明成立，进而证明为等比数列；
（ii）由（i）知，，再求得，，进而当得，再构造函数，研究函数的单调性即可得答案.
【详解】解：（Ⅰ）（i）因为，
所以，，
则



，
所以，，证毕.
（ii）构造函数
由于在上单调递增且
所以在上单调递减，上单调递增，
而且
所以，即.
由于指数增长速率远大于类型的函数，且.
故可用近似
令，则.
易得，则
又，

（Ⅱ）（i）证明：当时，，，令，则，
，下面证明对任意的正整数n，.
①当，2时，显然成立；
②假设对任意的时，，下面证明时，：
由题意，得，，
，，
，.
或（负值舍去）. 成立.
由①②可知，为等比数列，.
（ii）由（i）知，，
当进行逐份检验时，的值只有，所以，，
当进行混检时，的取值为，
当时，对应的情况为份混检之后的结果均为阴性，故；
当时，对应的情况为份混检之后的结果均为阳性，故；
∴，，
∴，当时，，即，
.     设，，
当时，，即在上单调减.
又，，
；，，
.
的最大值为4.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，证明不等式，随机变量的数学期望，数学归纳法等，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第一问解题的关键在于适当的运用不等式的放缩，近似代替等方法求解，第二问解题的关键在于先讨论时， ，再利用数学归纳法证明