2023届浙江省名校协作体高三上学期开学考试数学试题含解析

2023届浙江省名校协作体高三上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．设，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】化简集合，再利用交集的定义求解.

【详解】解：由题得或，

所以.

故选：C

2．已知为虚数单位，则在复平面上对应的点在（       ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的除法运算化简，即可得对应点进行求解.

【详解】由,

所以在复平面对应的点为，在第一象限.

故选：A

3．设命题，则的否定为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用全称命题的否定方法进行求解.

【详解】因为命题，所以的否定为：.

故选：C.

4．已知数列为递增数列，前项和，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据可求，要使为递增数列只需满足即可求解.

【详解】当时，，

故可知当时，单调递增，故为递增数列只需满足，即

故选：B

5．已知，则“”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

【分析】根据不等式的性质以及充分不必要条件的判断，即可求解.

【详解】若时，则,因此，

若时，比如，但不满足，

因此“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

6．牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：，其中为时间（单位：为环境温度，为物体初始温度，为冷却后温度.假设在室内温度为的情况下，一杯饮料由降低到需要，则此饮料从降低到需要（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件，将已知数据代入即可求解，进而将，，，代入解析式中即可求解时间．

【详解】由题意可得，，，，代入，

，解得，

故，解得．

故当，，，时，

将其代入得，解得，

故选：B

7．已知分别为椭圆的左､右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知，画出图像，根据，可令，然后表示出，，然后利用椭圆定义找到与之间的关系，然后用分别表示出、、，在中，利用勾股定理判定，然后在中，可表示出与之间的关系，从而求解离心率.

【详解】由已知，可根据条件做出下图：

因为，令，

所以，，由椭圆的定义可知，

所以，所以，，，，

由椭圆的定义可知，

在中，，所以,

在中， ，所以

所以.

所以的离心率是.

故选：D.

8．若不等式（其中为自然对数的底数，约为2.71828）对一切正实数都成立，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件将式子变形为，构造函数，求导，利用导数求解单调性，进而可求最值进行求解.

【详解】由得，

记，，由于，所以，

故对一切正实数都成立等价于对都成立.

，令

在同一直角坐标系中画出的图象，

由图可知：存在满足，且当时，，即，当时，，即，故在单调递减，在单调递增，故

因为，故，

由于，故，

因此，解得，

故选：B

【点睛】本题考查了导数的应用，主要解决不等式恒成立问题，解决恒成立问题，可将问题等价转化，构造函数，利用导数解决单调性，进而可通过求最值方式求参数的范围.

二、多选题

9．已知函数，则（       ）

A．的图象可由函数的图象向右平移个单位

B．在上递减

C．的图象关于直线对称

D．当时，的取值范围是

【答案】BCD

【分析】根据辅助角公式得，进而结合三角函数的性质即可逐一求解.

【详解】由得，

对于A:向右平移得到，故错误；

对于B:当时，，故在上递减，B正确;

对于C:,故是的对称轴；故C对；

对于D：当时，，当时，取最大值2，当时，取最小值，故值域为，D正确；

故选：BCD

10．甲袋中有4个红球，4个白球和2个黑球；乙袋中有3个红球，3个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以表示事件“取出的是红球”､“取出的是白球”､“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以表示事件“取出的是红球”，则下列的结论中正确的是（       ）

A．事件是两两互斥的事件

B．事件与事件相互独立

C．

D．

【答案】AC

【分析】根据互斥事件和相互独立事件即可判断AB,由概率计算值即可判断CD.

【详解】由题意可得，，，,,

事件是两两互斥的事件，故A正确，

,故事件与事件不是相互独立,故B错误，

，故C选项正确，

,故D错误，

故选：AC

11．已知是定义在上的奇函数，当时，恒成立，则（       ）

A．在上单调递增

B．在上单调递减

C．

D．

【答案】BC

【分析】由已知，结合题意给的不等关系，两边同除得到，然后根据，即可判断与两者的大小，从而判断选项A，选项B由前面得到的不等关系，通过放缩，即可确定与的大小，从而确定函数的单调性，选项C和选项D，可利用前面得到的不等式，令，带入，然后借助是奇函数进行变换即可完成判断.

【详解】由已知，，，

所以，即，

因为，所以，

所以，

因为，所以，

因为是定义在上的奇函数，所以，

所以，所以，

因为，所以在上单调递增，故选项A错误；

因为，，所以，

所以，

即，又因为，

所以在上单调递减，选项B正确；

因为时，恒成立，

所以令，代入上式得，即，

又因为是定义在上的奇函数，所以，

所以，故选项C正确，选项D错误.

故选：BC.

12．如图，矩形中，，将沿直线翻折成，若为线段的点，满足，则在翻折过程中（点不在平面内），下面四个选项中正确的是（       ）

A．平面

B．点在某个圆上运动

C．存在某个位置，使

D．线段的长的取值范围是

【答案】ABD

【分析】由已知，选项A，在上取一点，令，可通过面面平行的判定定理证明平面平面，从而证明平面；选项B，可通过,

，，借助余弦定理可知为定值，从而确定点的轨迹；选项C，可先假设成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到，然后在中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D，可通过点运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.

【详解】

如上图所示，在上取一点，令，连接，

在矩形中，且，又因为，，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以，

又因为平面，平面，所以平面，

又因为，，所以，

又因为平面，平面，所以平面，

又因为且平面,所以平面平面，

又因为平面,所以平面，选项A正确；

由，，,可得,

由，可知，，而，

由余弦定理可知，为定值，而为定点，故在以为圆心，为半径的圆上运动，故选项B正确；

取的中点，连接、，在中，，

所以，假设成立，平面,所以平面，又因为平面，所以，

而，在中，，，，所以，故不成立，所以假设不成立，该选项C错误；

在上取一点，令，

在翻折过程中, 线段的最大值是与点重合，此时，

线段的最小值是与点重合，此时，又因为点不在平面内，

所以线段的长的取值范围是，选项D正确；

故选：ABD.

三、填空题

13．的展开式的二项式系数的和是___________.（用数字作答）

【答案】1024

【分析】根据二项式定理的二项式系数和性质即可求解.

【详解】由于，所以二项式系数的和为，

故答案为：1024

14．在中，，若，则___________.

【答案】

【分析】根据向量的线性运算可用表示，根据数量积的运算律即可求解.

【详解】,

所以

.

故答案为：

15．如图，抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过点斜率为的直线与交于点在轴上方），则___________.

【答案】3

【分析】根据题意可得直线方程，联立直线与抛物线方程可解坐标，进而根据两点间距离公式即可求解.

【详解】由题意可知,直线方程为：，

联立方程，解得，

由于在轴上方,故可得，

因此，

故答案为：3

16．已知实数满足，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】利用换元法，将问题转化为一元二次方程根的分布，即可求解.

【详解】令则，

由得，两边平方得，

化简得：，

令，则（※）有正的实数根，

因为当时，不成立，

，

则满足：，且，

即，且

解得,

当时，，此时（※）式的根为，即，，故的最小值为

故答案为：bu

四、解答题

17．已知的内角所对的边分别为，且满足.

(1)求；

(2)若为边的中点，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理边角互化，即可求解.

（2）根据余弦定理可求，由三角形中向量加法，由模长公式即可求解.

【详解】(1)因为，由余弦定理得，化简得，

所以，结合，得；

(2)设，根据，

解得(负根舍去)，

又，所以.

18．已知数列的前项和为，且，数列为等差数列，且.

(1)求与的通项公式；

(2)记，求的前项和为.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由已知，根据条件给的与的关系，令，递推作差得到与的关系，然后再令，验证与是否满足，最后利用给等比数列的定义证明数列为等比数列，然后直接求解其通项公式，设出数列的公差，然后根据题意列方程解出公差和首项，即可利用等差数列通项公式完成求解；

（2）将（1）问中数列与的通项公式带入到中，然后利用错位相减可直接进行求和.

【详解】(1)时，，

又，

所以是首项是1，公比是的等比数列，所以；

设的公差为，则由，得

.

(2)由（1）知，

所以

，

所以.

19．为调查某小学学生的视力情况，随机抽取了该校150名学生（男生100人，女生50人），统计了他们的视力情况，结果如下：男生中有60人视力正常，女生中有40人视力正常.

(1)是否有99%的把握认为视力正常与否与性别有关？

(2)如果用这150名学生中，男生和女生视力正常的频率分别代替该校男生和女生视力正常的概率，且每位学生视力正常与否相互独立，现从该校学生中随机抽取3人（2男1女），设随机变量表示“3人视力正常”的人数，试求的分布列和数学期望.

附：.

【答案】(1)没有的把握认为视力正常与性别有关

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）根据题意，写出列联表，结合独立性检验的公式，可得答案；

（2）由题意，可得此为离散型分布，利用其概率公式和分布律的定义，结合均值计算公式，可得答案.

【详解】(1)由已知得150名学生男女､视力正常与否的列联表为：

所以，

所以没有的把握认为视力正常与性别有关.

(2)由已知得该小学男､女生视力正常的概率分别为.

的取值有，

且，

，

即的分布列为

从而的均值.

20．如图，在三棱柱中，，点为的中点.

(1)求的长；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据线线垂直可证明平面,进而线面垂直得线线垂直，在直角三角形中，即可由勾股定理进行求解.

（2）建立空间直角坐标系，根据向量运算求解平面法向量和直线方向向量，根据向量的夹角求线面角.

【详解】(1)取中点，连.

因为，所以，

又平面,

所以平面,

因为，所以，

所以.

(2)以为原点，所在的直线为轴，如图建立直角坐标系，

则，

因为轴，故可设

根据且可得

因为，所以，

因为，所以，故所以,

设平面的法向量，

所以所以，取，则，

所以平面的法向量，

设直线与平面所成角为，

则

21．如图，已知双曲线，经过点且斜率为的直线与交于两点，与的渐近线交于两点（从左至右的顺序依次为），其中.

(1)若点是的中点，求的值；

(2)求面积的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）联立直线与双曲线方程，根据点是的中点，列方程求解即可.

（2）联立直线与双曲线方程，表示出的长，根据点到直线的距离公式表示出三角形的高，从而得到三角形面积表达式，即可求得结果.

【详解】(1)设

联立直线与双曲线方程，消去得，

由韦达定理可知，

联立直线与其中一条渐近线方程，解得

即，同理可得，

则，

则可知的中点与中点重合.

由于是的中点，所以，解得；

(2)与联立，消去得

由（1）知，.或

由于，

所以，

又到直线的距离，所以

整理得，

令，则，

当，即时，

的最大值为2，所以的最小值为.

22．已知函数，其中为自然对数的底数，约为.

(1)求函数的极小值；

(2)若实数满足且，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用函数极值的定义及导数法求函数极值的步骤即可求解；

（2）根据已知条件对进行讨论，构造函数，再利用导数法求函数的最值，得出，从而即可求解.

【详解】(1)由题意可知，.

令，则，解得，

当时，，

当时，，

所以在上递减，在上递增.

所以当时，函数取得极小值为.

(2)若，则显然成立；

若，令，因为.

当时，单调递增；当时，单调递减；

，

令，

则

.

令，

则.

令，则，

所以，即，

所以在时递增，从而，即，

所以在时递减，所以，

从而，

所以，

所以，即.

【点睛】解决此题的关键是第一问直接利用导数法求函数的极值的步骤即可，第二问根据已知条件对进行讨论，构造函数，再利用导数法求函数的最值即可.