浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三数学上学期11月联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三数学上学期11月联考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知集合，则， 若，则， 已知平面向量， 在长方体中，，点满足，等内容，欢迎下载使用。
稽阳联谊学校2022-2023学年高三上学期11月联考数学试题一､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，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分别求出集合AB中元素范围，然后再求即可.【详解】，故.故选：D.2. 若，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用对数函数，，指数函数的单调性即可得出答案.【详解】根据对数函数在上单调递减，则，根据对数函数在上单调递增，则，根据指数函数在上单调递减，则，则，故，故选：A.3. 已知数列的前项和，则“”是“为等比数列”的（   ）A. 充要条件 B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据，由①②作差即可得到的通项，根据充分必要条件的判定即可得出结论.【详解】数列的前项和，①时, ，②得: ,又，时,，满足，此时满足，为等比数列；若为等比数列，则，得，即“”是“为等比数列”的充要条件.故选：A.4. 中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则该几何体的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆柱侧面积公式以及圆的面积公式即可求解每个面的面积,进而可求表面积.【详解】此几何体为两个半圆柱的组合体：一个大的半圆柱中间挖去一个小的同轴半圆柱，.故选：D5. 盒子里有1个红球与个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共取2次.若至少有一次取到红球的条件下，两次取到的都是红球的概率为，则（    ）A. 3 B. 4 C. 6 D. 8【答案】B【解析】【分析】分别计算出至少有一次取到红球与两次都取到红球的概率，用条件概率计算公式计算.【详解】设事件A为至少有一次取到红球，事件为两次都取到红球，由每次取后放回知 两次都取到白球的概率为 故 ，故.故选：B6. 已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线左右两支于两点，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意结合图像，利用双曲线的定义得到，，再由余弦定理的推论及余弦函数的定义可得到关于的方程，解之即可求得.【详解】因为双曲线，所以，则，过作交于，因为，所以为中点，，设，由双曲线的定义可得，所以，故，解得，所以.故选：C.7. 在中，是边上一点，将沿折起，得，使得平面平面，当直线与平面所成角正弦值最大时三棱锥的外接球的半径为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可知平面，且此时与平面所成角正弦值有最大值1，设外接圆圆心为， 利用余弦定理得，再用正弦定理可得外接圆半径，设三棱锥的外接球的球心为，进而有，结合勾股定理即可求解【详解】在中，，是边上一点，当时，则，由翻折可知即，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以与平面所成角正弦值有最大值1，又在中，，所以设外接圆圆心为， 外接圆半径，则，设三棱锥的外接球的球心为，因为平面平面，所以，所以，则.故选：B8. 若存在使对于任意不等式恒成立，则实数的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】变形为，由题意知直线恒位于图象上方，的图象下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察取得小值时满足的条件.【详解】令，则，故在为增函数，为减函数，且，在时的图象如图所示.令，则且，，所以存在使得当时，，当时，当为增函数，当为减函数，当时的图象如图所示.由题意得，如图，当时，直线恒位于的图象上方，的图象下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小.设切点为，则，整理得令，则而当时， ， 所以所以当时， 所以当时，为增函数，所以有唯一的零点1，所以，此时直线方程为 ，故.故选：D【点睛】不等式恒成立求参数范围时常用的方法：①完全分离参数，此法比较简单，分离后只需研究不含参函数的最值即可；②半分离参数，将参数留在一个形式比较简单的函数中，如一次函数或二次函数，另一边的函数可以是稍微复杂一点的不含参函数，将不等式恒成立问题转化为两函数图象位置关系求解；③不分离参数，含参讨论，常常比较复杂要用导数研究最值.二､多选题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 已知平面向量.下列命题中真命题有（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若与的夹角为，则【答案】ABD【解析】【分析】根据向量平行，垂直，模长以及夹角的坐标运算即可逐一求解.【详解】：由得故A正确，B：由得故B正确，C：由得故C错误，D：由与的夹角为得或（舍去），故D正确，故选：ABD10. 在长方体中，，点满足，.下列结论正确的有（）A. 若直线与异面，则B. 若，则C. 直线与平面所成角正弦值为D 若直线平面，则【答案】ACD【解析】【分析】建立空间坐标系，用空间向量逐项计算.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：对于A：若直线与异面，则，则，故A正确；对于B：若，，，故B错误；对于C：，设平面的法向量为则，即，取直线与平面所成角满足，故C正确；对于D：设平面的法向量，即，取若直线平面，则，故D正确；故选：ACD11. 已知定义在上的函数与满足，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据所给两个函数间的关系，结合选项逐个验证.【详解】由，得，故A正确；由，得，无法得出恒成立，故B不正确；同理，， 故C正确；，故D正确.故选：ACD.12. 过点向抛物线作一条切线，切点为，为抛物线的焦点，，为垂足，则（    ）A.  B. C.  D. 在轴上【答案】BD【解析】【分析】分析可知切线不与轴重合，设切线方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，由可得出，求出点、的坐标，逐项判断，可得出合适的选项.【详解】易知点，过点的直线与轴重合，此时直线与抛物线相交于原点，不合乎题意；设过点的抛物线的切线方程为，联立可得，因为，所以.又因为为切点，所以，得点的坐标为.对于A选项，，所以，，，则，A错；对于B选项，，B对；对于CD选项，线段的中点的坐标为，因为，且，所以，点为线段的中点，则，，C错D对.故选：BD三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知（其中为虚数单位），则___________.【答案】【解析】【分析】解法1：用复数的除法运算求出，求模长；解法2：由复数模的运算性质计算：【详解】解法1：由得，所以，所以；解法2：由得，.故答案为：14. 如图，一根绝对刚性且长度不变､质量可忽略不计的线，一端固定，另一端悬挂一个沙漏.让沙漏在偏离平衡位置一定角度（最大偏角）后在重力作用下在铅垂面内做周期摆动.沙漏摆动时离开平衡位置的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系，若的函数图象如下图所示，则___________.【答案】【解析】【分析】由图象可知，，可求得的值.【详解】由，得由得，故.所以故答案为：15. 已知，若，则的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】将用与表示，凑配常数1，使用“1”的代换与基本不等式求解.【详解】设，由对应系数相等得 ，得 所以整理得即 所以.经验证当 时，等号可取到.故答案为：16. 椭圆的左右焦点分别为为其上一点.的外接圆和内切圆的半径分别为，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】设，先通过余弦定理将用表示出来，再利用面积公式将用表示出来，利用正弦定理将用表示出来，则就可以用表示出来了，则范围可求.【详解】解析：设，则，又即，又，则因为，则，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. 记的内角的对边分别为.已知.（1）求；（2）若边上的中线，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）使用正弦定理边化角后经三角恒等变换后可得，故.（2）在中由余弦定理得的值，求求面积.【小问1详解】由得，故，所以，解得.【小问2详解】在中由余弦定理得即，因为，解得， 又，所以 所以的面积.18. 已知为等差数列的前项和，且，___________.在①，，成等比数列，②，③数列为等差数列，这三个条件中任选一个填入横线，使得条件完整，并解答：（1）求；（2）若，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用等差数列的通项公式列方程求出公差，进而可求通项公式；（2）分奇偶讨论分别求和，然后相加即可.【小问1详解】设等差数列的公差为选择①：由题意得，故，解得，所以.选择②：由题意得，即解得，所以.选择③：由题意得，故，解得，所以.【小问2详解】由当为奇数时，，得数列的前项中奇数项的和为，由当为偶数时，，得数列的前项中偶数项的和为，故.19. 下表为从某患者动态心电图中获取的二十四小时的心率数据（单位：次/分钟） 123456789101112131415161718192021222324最慢心率657068727072626171787272736065656562646262657267最快心率981029310091991061231321461461389489859091838887889010594平均心率73797979758280869410010293827472747168696667718776 （1）求最快心率与最慢心率的线性经验回归方程（保留小数点后一位）；（2）依据已有数据估计该病患后续的心率变化.（i）设该病患后续48小时中平均心率大于等于100次/分的小时数为随机变量，估计的期望；（ii）若该病患在后续48小时中共测出10小时平均心率大于等于100次/分，请运用统计学中的原理分析该结果.参考公式：.参考数据：【答案】（1）    （2）（i）；（ii）答案见解析【解析】【分析】（1）使用变形公式计算 ，由计算；（2） （i）用24小时内每小时平均心率大于等于100次的频率估计概率，的分布列近似二项分布.（ii）由二项分布求出标准差即为，验证10是否在区间内，根据原理分析结果.【小问1详解】，所以【小问2详解】（i）由已知数据可得每小时平均心率大于等于100次的概率约为，故的分布列近似二项分布，所以.（ii）由（i）可得，故，由得，“48小时中共测出10小时平均心率大于等于100次/分”几平不可能发生，故病患极有可能发生病情突变!20. 如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.（1）求证：；（2）若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，从而得到；（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【小问1详解】底面是菱形，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，.【小问2详解】解法一：由（1）知面，又平面，平面平面，作交线，垂足为，因为平面平面=，平面，则面，又平面，所以.再作，垂足为，面，面， 所以面，又面则，所以为二面角的平面角，因为平面，所以到底面的距离也为.作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，所以，因为，所以，所以.所以二面角的平面角的余弦值为.解法二：由（1）知面，又平面，平面平面，作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.因为平面，所以到底面的距离也为.所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故， 在空间直角坐标系中：，设，则则，设平面的法向量为，，取设平面的法向量为，，取所以，由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.21. 已知椭圆）的上下顶点分别为和，左右顶点分别为和，离心率为.过椭圆的左焦点的直线交于点（都异于为中点.（1）求椭圆的方程；（2）记直线的斜率分别为，求的最小值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)由上下顶点及离心率可求得，即可求得椭圆方程.(2)设直线方程，与椭圆联立，韦达定理可得两根之和与两根之积，由为中点，即可得到中点坐标，用斜率公示直线的斜率，化简后结合导数可求得最小值.【小问1详解】由题意可知，，解得：，所以椭圆的方程为.【小问2详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，此时的斜率为0，不符合题意.设l：，联立 消去，化简得设，则，因为，所以令，则记，则，,在上单调递增，,所以在上单调递减， 所以的最小值为，此时.即的最小值为.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22. 已知函数.（1）求函数的极大值点；（2）若为函数的极大值点，证明：存在使且.【答案】（1）极大值点为;    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数导数，列表可得函数极大值点；（2）利用函数单调性求出存在使，可得存在，使得，设，利用导数确定单调性，得出在上，据此化简即可得证.【小问1详解】已知.0极大值所以，函数的极大值点为.【小问2详解】设，则.由（1）知在上单调递增，且，存在，使得，设，则.即，可得.所以存在，使得，设，当时，，所以，故在上单调递增，因为，所以，所以，故，因此.【点睛】关键点点睛：关键点之一，先找到特殊值满足，再证明存在上式成立，关键点之二，构造函数，利用导数证明，得到，即可化简得证.