2023届浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三上学期返校联考数学试题含解析

2023届浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三上学期返校联考数学试题

一、单选题

1．若集合，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据二次不等式与根式不等式求解集合再取交集即可.

【详解】由，解得，故；又，解得，故，所以.

故选：B

2．为虚数单位，若，则（       ）

A．6 B．8 C．2 D．4

【答案】A

【分析】根据题意，结合复数的除法运算与共轭复数的概念求解即可.

【详解】由题意，，所以，所以.

故选：A

3．设甲乘汽车､动车前往某目的地的概率分别为，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为，则甲正点到达目的地的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由全概率公式求解即可.

【详解】设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘动车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，

由题意知.

由全概率公式得

。

故选：C

4．某地区居民生活用电分高峰和低谷两个时段进行分时计价.

高峰时间段用电价格表：

低谷时间段用电价格表：

若某家庭7月份的高峰时间段用电量为250千瓦时，低谷时间段用电量为150千瓦时，则该家庭本月应付电费为（       ）元A．              B．              C．              D．

【答案】D

【分析】根据表中数据分段求解电费即可.

【详解】高峰时段电费为元，

低谷时段电费为元，

共计元.

故选：D

5．在平行六面体中，为的中点，为的中点，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，根据空间向量的线性运算表达，再联立求解即可.

【详解】设则.

所以，，所以.

故选：C

6．已知函数向右平移个单位后的图象与原函数图象重合，的极大值与极小值的差小于15，则的最大值为（       ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】B

【分析】根据函数解析式求出周期、极值，由题意列出不等式，又根据平移后与原图像重合知，即可得解.

【详解】设的最小正周期为，

因为向右平移个单位后的图象与原函数图象重合，所以.

因为，所以.

因为的极大值和极小值分别为，

所以，即，又

所以满足条件的.

故选：B

7．设，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据，判断的大小，由，构造函数，利用导数判断单调性，即可得到.

【详解】由不等式可得，即；，

设，

因为，所以在上单调递增，

所以当，所以，即.

所以.

故选：C

8．已知半径为1的球面上有四个点，，且，则四面体的体积最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设分别在上，且，再根据线面垂直的性质与判定，结合体积公式可得，进而转求线段的最大值.再设的中点分别是，利用，再两边平方，结合向量的性质分析可得，进而求得体积最大值即可.

【详解】设分别在上，且，

因为，所以面

所以，

所以.要求四面体的体积最大，即求线段的最大值.

设的中点分别是，球心为，因为，

，所以.所以在中，

因为，所以

因为，所以

所以，当和均重合时取等

所以.

故选：B.

【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，需要结合体积的公式与球的性质，从而得到线的垂直关系与线段长度间的关系，并结合空间向量的方法分析最值.属于难题.

二、多选题

9．在二项式的展开式中，正确的说法是（       ）

A．常数项是第3项 B．各项的系数和是1

C．偶数项的二项式系数和为32 D．第4项的二项式系数最大

【答案】BCD

【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用各项系数和可判断B选项；求出偶数项的二项式系数和可判断C选项；利用二项式系数的性质可判断D选项；

【详解】解：二项式的展开式通项为，

对于A选项，令，可得，故常数项是第项，A错；

对于B选项，各项的系数和是，B对；

对于C选项，偶数项二项式系数和为，C对

对于D选项，展开式共项，第项二项式系数最大，D对；

故选：BCD

10．已知函数，则（       ）

A．在上单调递增 B．在上单调递增

C． D．

【答案】AD

【分析】求出的导数判断A，求出的导数，并利用的单调性判断B，根据的单调性判断C，由的单调性判断D即可.

【详解】，因为，所以，即在上单调递增，选项正确；

，因为在上单调递增，，所以，所以，即在在上单调递减，选项B错误；

要比较，即比较的大小，因为在上单调递增，，所以，即，选项C错误；

因为在在上单调递减，所以，即，选项D正确.

故选：AD

11．已知常数，直线与抛物线交于两点（异于坐标原点），且，交于点，则（       ）

A．直线过定点

B．线段长度的最小值为

C．点的轨迹是圆弧

D．线段长度的最大值为

【答案】AC

【分析】对A，设，联立直线与抛物线的方程，根据垂直数量积为0求解可得即可证明；

对B，利用弦长公式结合韦达定理，结合函数值域的方法分析即可；

对C，由A根据判断即可；

对D，由A根据判断即可.

【详解】对A，设，因为，所以，

所以，因为，所以，

所以.因为，所以，

所以，解得.所以，所以直线过轴上的定点，故A选项正确.

对B，，

因为，所以，B选项错误.

对C，设与轴的交点为，因为为定值，所以在以为直径的圆上运动，C选项正确.

对D，因为在中，，且当时，，所以最大值为，D选项错误.

故选：AC

12．已知正方体，棱长为分别是的中点，连接，记所在的平面为，则（       ）

A．与正方体的棱有6个交点

B．

C．截正方体所得的截面面积为

D．与所成角的正弦值为

【答案】ABC

【分析】利用平面的基本性质画出与正方体的截面，即可判断A、C；利用线面垂直的判定证判断B；几何法找到线面角的平面角，即可求其正弦值，判断D.

【详解】如下图，设的中点为，连接，

因为，所以为梯形.

延长交于，连接，交于，

因为，所以.

因为，所以.

设分别是的中点，

因为，

所以共面，均在内.

所以与正方体的棱有六个交点，A正确.

因为正六边形的边长为，

所以，C正确.

因为，

所以为相交直线且在内，

所以，B正确.

如下图，延长交于，

因为面，所以面，同理面，

因为面面，所以，即，

设的中点，则为的中点，即.

因为，所以为与的所成角，D错误.

故选：ABC

三、填空题

13．写出一个满足条件：“”的一次函数的表达式___________.

【答案】（答案不唯一）.

【分析】根据所给一次函数的性质化简可得，据此即可写出满足条件的一次函数.

【详解】设，

因为，

当时，不等式恒成立，即任意一次函数都成立；

所以当时，所以.

综上，满足的一次函数都可以.

所以可取（答案不唯一），

故答案为：（答案不唯一）

14．两个线性相关变量与的统计数据如表：

其经验回归方程是，则___________.

【答案】

【分析】由最小二乘法结论，结合已知数据计算即可.

【详解】由统计数据表得，，

，

，

故答案为：.

15．已知函数，若，则___________.

【答案】2

【分析】由的对称轴可得的对称中心为，再证明，即可得到答案

【详解】解：因为，对称轴为，所以的对称中心为，即，

因为，所以在上单调递增，

所以方程的解均有且只有一个，

因为，所以关于对称中心对称，

所以，

故答案为：2

16．已知双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴､轴于两点，当点运动时，点的轨迹方程是___________.

【答案】

【分析】由题意求出过A点的切线，可得与直线垂直的直线，求出C、D点坐标，平方后作差即可得出轨迹方程.

【详解】由得，，

因为与双曲线有唯一的公共点，即相切于点，

所以

化简得，，

所以过点且与垂直的直线为，

所以，

所以

所以点的轨迹是.

故答案为：

四、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．

（1）求A；

（2）求面积的最大值.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由题目条件a=1，可以将（1+b）（sinA-sinB）=（c-b）sinC中的1换成a，达到齐次化的目的，再用正余弦定理解决；

（2）已知∠A，要求△ABC的面积，可用公式，因此把问题转化为求bc的最大值．

【详解】（1）因为（1+b）（sinA-sinB）=（c-b）sinC，

由正弦定理得：（1+b）（a-b）=（c-b）c

∴（a+b）（a-b）=（c-b）c，得b2+c2-a2=bc

由余弦定理得：，

所以．

（2）因为b2+c2-a2=bc，

所以bc=b2+c2-1≥2bc-1，可得bc≤1；

所以，

当且仅当b=c=1时，取等号．

∴面积的最大值.

【点睛】本题考查正弦定理解三角形及面积问题，解决三角形面积最值问题常常结合均值不等式求解，属于中等题.

18．在三棱锥中，为的垂心，连接.

(1)证明：；

(2)若平面把三棱锥分成体积相等的两部分，与平面所成角的，求平面与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）先证明垂直平面，再由垂直平面即可得证；

（2）根据（1）可得三棱锥体积相等，可知为中点，得出，由线面角，二面角为即可得解.

【详解】(1)连接并延长交于点，连接，如图，

因为为的垂心，所以.

因为，，所以面.

因为面，所以，

因为，所以面，

又面，所以.

(2)由（1）知，面把三棱锥分成两个三棱锥.

因为两个三棱锥的体积相等，所以到面的距离相等，

即为的中点.

因为，所以.

因为面，所以为与面所成的角，，

因为，

所以所求平面与平面所成二面角的平面角为，且，

所以平面与平面所成二面角的余弦值为.

19．已知数列的首项为，对于任意的正自然数.

(1)求证：数列为等比数列；

(2)若，求满足条件的最大整数.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明为定值即可；

（2）由（1）可得，再根据等比数列的求和公式，分组求出，结合数列的增减性分析即可.

【详解】(1)由题意，，且，

所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.

(2)，所以，

所以，

，设，则为递增数列.

又，，所以.

20．在运动会上，甲､乙､丙参加跳高比赛，比赛成绩达到米及以上将获得优秀奖，为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了三位选手以往的比赛成绩，数据如下（单位：米）

甲：

乙：

丙：

假设用频率估计概率，且甲､乙､丙的比赛成绩相互独立

(1)求甲在比赛中获得优秀奖的概率；

(2)设是甲､乙､丙在比赛中获得优秀奖的总人数，求的数学期望；

(3)甲､乙､丙在比赛中，谁获得冠军的可能性最大？

【答案】(1)；

(2)；

(3)丙获得概率的估计值最大.

【分析】（1）根据数据计算甲成绩大于等于的概率即可；

（2）易得的可能取值为，再根据所给数据可得甲乙丙获得优秀的概率，进而求得的分布列与数学期望即可；

（3）分别分析甲跳各个成绩夺冠的概率，再分析丙跳各成绩夺冠的概率，进而用概率和为1求解乙夺冠的概率，从而判断出最大值判断即可.

【详解】(1)甲比赛成绩有10次，大于等于的有2次，所以甲获得优秀奖的概率为.

(2)的可能取值为，时，没有人获得优秀奖，，

同理，

所以.

(3)由题意，甲跳出夺冠的概率相等，为，跳出夺冠的概率为，跳出夺冠的概率为，故甲夺冠的概率为；

丙跳出并获得冠军概率为，跳出并获得冠军的概率为，所以丙获得冠军的概率估计值为；

乙夺冠的概率为.

所以丙获得概率的估计值最大.

21．已知函数(为实数).

(1)当时，求在点处的切线方程；

(2)当有两个零点时，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）将代入，求，将切点的横坐标代入算，，即可得到切点和斜率，即可得到答案；

（2）当，只有一个零点，不满足；当时，有两个零点等价于在且时有两个零点，分和分别讨论可得到结果

【详解】(1)当时，，

因为，所以切点为，

所以在处的切线方程为；

(2)当时，只有一个零点；

当时，，此时不是的零点,

时，，令，

由题意可知，有两个零点等价于在且时有两个零点,

因为，

若，则单调递增，最多有一个零点，因此，,

若，当或时，单调递增；

当或时，单调递减，

而，

当时，此时，而，故有且只有一个零点，舍；

当即，此时在上无零点，

故在上需有两个不同的零点，故即，

此时当时，

，

故当时，.

而当时，因为，故，

故.

由零点存在定理及的单调性可得此时有两个不同的零点.

当即，此时，

故在上不存在零点.

此时当时，，

当时，

，

由零点存在定理及的单调性可得此时有两个不同的零点.

综上，或.

【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

22．已知椭圆过点，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为.

(1)求的方程；

(2)已知椭圆，在椭圆上任取三点，是否存在使得与椭圆相切于三角形三边的中点，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，

【分析】（1）由以长轴和短轴为对角线的四边形面积为可得，求得，再结合在椭圆上得到，两式联立即可得到答案；

（2）设的中点分别是，然后得到直线为，与椭圆进行联立，得到一元二次方程，利用韦达定理以及结合题意通过计算即可得到答案

【详解】(1)以长轴和短轴为对角线的四边形面积为，从而，

因为在椭圆上，所以，解得，

所以椭圆方程为

(2)设的中点分别是，则，

因为均与椭圆相切于点，所以，

因为在两直线上，所以，

所以在直线上，即直线的方程为，

联立得，

所以，

所以，

当直线斜率存在时，且的中点为，直线，

设得，

因为与椭圆相切，所以，化简得，

代入得

因为在椭圆上，所以，代入得，解得（舍），所以，此时，

中点的横坐标为，

方程的解为，

所以时，与椭圆相切时切点为的中点，所以满足条件，

当直线斜率不存在时，不妨假设直线切于椭圆的左顶点，且根据椭圆的对称性，的中点为左顶点，在轴的正半轴上，

所以将代入椭圆得，不妨设，

将代入椭圆得，所以，

则的中点为，代入椭圆得，解得，

综上所述，

【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为，；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为形式；

（5）代入韦达定理求解.