2023届浙江省C8名校协作体2022-2023学年高三上学期第一次联考数学试题含答案

这是一份2023届浙江省C8名校协作体2022-2023学年高三上学期第一次联考数学试题含答案，共27页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合，，则集合（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解析：
【分析】先求出集合，再求两集合的交集.
【详解】由题知，，∴，又∵，∴，即，∴，故选：C.
2.若复数（为虚数单位，，且）为纯虚数，则（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
D
解析：
【分析】根据复数的除法运算化简，根据其为纯虚数可得且，即可求得答案.
【详解】由题意得，∵为纯虚数
∴且，∴，
另设（），则，
即，，∴，故选：D.
3.“”是“直线与直线互相垂直”的（ ）
A.充分不必要条件
B.充要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案：
A
解析：
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线垂直的性质分析判断.
【详解】∵直线与直线互相垂直
∴，∴或，
而“”是“或”的充分不必要条件
∴“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故选：A.
4.已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
B
解析：
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】方法一：∵∴，
∴，∴，
方法二：由于是二次函数，当时的函数值，根据二次函数的对称性，由可知，的关于对称，因此，故选：B.
5.关于二项式，若展开式中含的项的系数为，则（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解析：
【分析】根据二项式展开式可求得含的项的系数，即得方程，求得答案.
【详解】由题意得的系数为，解得，
故选：C.
6.已知某圆锥的母线长为，记其侧面积为，体积为，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
A
解析：
【分析】设圆锥底面半径为，高为，母线长为，表示，利用均值不等式求最值，结合线面角定义可得结果.
【详解】设圆锥底面半径为，高为，母线长为，则，，
，，
于是，当且仅当，即时取等号，此时，，由线面角的定义得，所求的母线与底面所成角的正弦值为，故选：A.
7.阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆（）的右焦点为，过作直线交椭圆于、两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
C
解析：
【分析】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程，再结合即可求解出、，进而求出面积.
【详解】设，，则有，
两式作差得：，即，
弦中点坐标为，则，
又∵，∴，∴，
又∵，∴可解得，，
故椭圆的面积为.故选：C.
8.已知，则下列结论不正确的是（ ）
A.是奇函数
B.在区间上单调递增
C.有个零点
D.，
答案：
B
解析：
【分析】对于A，先求出，然后根据函数奇偶性的定义判断，对于B，利用导数判断，对于C，由求解其零点，对于D，分别考查.，的取值范围，结合不等式性质得到结果.
【详解】显然，的定义域为，的定义域为，且
，
记，则有
，
故是奇函数，因此选项A正确.
令，则有，即或，
解得或，即，，或，故有3个零点，因此选项C正确.
，，而，所以，即，故选项D正确.
因此，选项B不正确.事实上，，且，，故存在，使得，从而当时，，故在区间上单调递减.故选：B.
二、多选题
9.已知第一象限内的点在直线上，则（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
A、D
解析：
【分析】首先根据题意得到，且，，再利用基本不等式和二次函数的性质依次判断选项即可.
【详解】依题意，有，且，.
对选项A，因此，
当且仅当，时，等号成立.故选项A正确；
对选项B，.
因为，所以..，故选项B错误；
对选项C，因为，所以，故选项C错误，对选项D，，故选项D正确.故选：AD.
10.下列说法正确的是（ ）
A.若样本数据，，…，的方差为，则数据，，…，的标准差为
B.已知随机变量，且，则
C.若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越弱
D.若事件，满足，，，则有
答案：
A、B、D
解析：
【分析】对于A，利用方差的性质求解判断，对于B，根据正态分布的性质计算，对于C，根据相关系数的性质判断，对于D，利用独立事件和条件概率公式求解判断.
【详解】由于，所以数据，，…，的方差为，故标准差为，因此选项A正确；
根据正态分布，，故，即，故，因此选项B正确；
线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，故选项C错误；
由于等价于“事件与事件相互独立，即，故必有，因此选项D正确.故选：ABD.
11.已知函数（，），其图像相邻对称中心间的距离为，直线是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（ ）
A.函数的最小正周期为
B.函数在区间上单调递增
C.点是函数图像的一个对称中心
D.将函数图像上所有点横坐标伸长为原来的倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图像向右平移个单位长度，可得到正弦函数的图像
答案：
B、C
解析：
【分析】由周期求出，由图像的对称性求出的值，可得的解析式，再利用正弦函数的图像和性质，得出结论.
【详解】已知函数（，），
其图像相邻对称中心间的距离为，故最小正周期，，
直线是其中一条对称轴，有，
，，由，∴，可以求得.
最小正周期，选项A错误；
时，是正弦曲线的单调递增区间，故选项B正确；
由于，故点是函数图像的一个对称中心，选项C正确；将函数图像上所有点横坐标伸长为原来的倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图像向右平移个单位长度，可得到，选项D错误.故选：BC.
12.意大利著名数学家莱昂纳多·斐波那契（LenardFibnacci）在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，，，，，，，，，…，该数列的特点是：前两个数都是，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，人们把这样的一列数称为“斐波那契数列”.同时，随着趋于无穷大，其前一项与后一项的比值越来越逼近黄金分割，因此又称“黄金分割数列”，其通项公式为，它是用无理数表示有理数数列的一个范例.记斐波那契数列为，其前项和为，则下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：
B、C、D
解析：
【分析】对于A，先由特殊值进行归纳、猜想，根据题意，代还整理，可得答案；
对于B，由题意，根据求和定义，直接求和，研究与第项的关系，可得答案；
对于C，由求和的定义，先逐一罗列前三项的值，可得规律，解得答案；
对于D，由题意，用后两项表示求和的每一项，根据裂项相消的原理，可得答案.
【详解】通过给出数列的前项，发现，，…，因此我们归纳、猜想，事实上，，故选项A错误；，可以运算得到，故选项B正确；
可以发现，，，，，…，归纳得到，故选项C正确；
可以发现，，，，…，归纳得到，事实上，
，
故选项D正确.故选：BCD.
三、填空题
13.已知，，且，则________.
答案：
解析：
【分析】由题意，根据向量的数量积公式，结合模长的坐标公式，可得答案.
【详解】由题，
∴，又，∴.故答案为：.
14.已知抛物线：的焦点为，过的直线交抛物线为、两点，点为准线与轴的交点，则面积的最小值为________.
答案：
解析：
【分析】设，，联立抛物线可得，再由及三角形面积公式，应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】由，故可设，代入，得，
设，，不妨令，，∴，
∴
当且仅当时取等号，此时轴.
故面积的最小值为.故答案为：.
15.如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，若，，则三棱锥的外接球表面积为________.
答案：
解析：
【分析】根据三角形均为直角三角形，且面，可判断球心的位置为中点，进而根据几何关系可求半径.
【详解】∵平面，平面，∴，又，∴，取中点分别为，连接，
由于，平面，所以平面，
因为底面为菱形，所以，，且，所以，即是三角形外接圆的圆心，因此球心在直线上，
又，所以，因此可得为球心，
又，∴.故答案为：.
16.进入冬季某病毒肆虐，已知感染此病毒的概率为（），且每人是否感染这种病毒相互独立.记个人中恰有人感染病毒的概率是，则的最大值点的值为________；为确保校园安全，某校组织该校的名学生做病毒检测，如果对每一名同学逐一检测，就需要检测次，但实际上在检测时都是随机地按（）人一组分组，然后将各组个人的检测样本混合再检测.如果混合样本呈阴性，说明这个人全部阴性，如果混合样本呈阳性，说明其中至少有一人检测呈阳性，就需要对该组每个人再逐一检测一次.当取时，检测次数最少时的值为________.
参考数据：，，，，，，，，
答案：
解析：
【分析】根据独立重复事件的概率公式可得，利用导数求解其最大极值点即可，根据均值的公式，分别将代入比较大小即可求解.
【详解】依题意，个人中恰有人感染病毒的概率是，且.因此，
令，解得.则当时，；当时，.所以的最大值点为
设每个人需要检测的次数为，若混合样本成阴性，则；若混合样本成阳性，则，则，，
∴，
当分别取，，，，，，，，时，的值分别为，，，，，，，，，故当时检测次数最少.故答案为：，.
四、解答题
17.已知数列的前项和为，且，.
（1）证明：为等比数列，并求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）由题意，根据公式，可得数列递推公式（），结合等比数列的通项公式，可得答案；
（2）由题意，根据错位相减法，可得答案.
【详解】（1）因为，所以（），
故，即（）
又，故，即，因此（）
故是以为首项，为公比的等比数列.因此（）
（2）因为①
故②
①②，得，即=.
18.如图1，一副标准的三角板中，，，，，将两三角板的边与重合，拼成一个空间图形，且三角板可绕边旋转.设是的中点，是的中点.
（1）如图2，若，求证：平面平面；
（2）如图3，若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）设，则可得，得，由于，则由线面垂直的判定可得平面，再利用面面垂直的判定可证得结论，（2）作交延长线于点，作，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：设，因为、分为、的中点，
所以，，则，即.所以，
又因为，平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）作交延长线于点，作，
因为，所以平面，
因为平面，所以，因为，所以，
所以，，两两垂直，所以以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，所以，在中，，
由余弦定理得，，则，在中，，，故，
则，，，
设平面的法向量是，
则，，
则，令，则，
设平面的法向量是，
因为，，
则，令，则，
设平面与平面所成的夹角为（），
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
19.如图，在中，为的中点，且.
（1）证明：；
（2）若，求.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）利用可得，（2）在和中使用余弦定理联立求出，再在使用正弦定理可求得.
【详解】（1）在中，为的中点，所以，
则，
即，
又因为，则，则.
（2）设，则，因为，在中，由余弦定理得，则，
在中，由余弦定理得，
则；解得：，，
又因为，即，所以.
20.甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为.
（1）若比赛采用五局三胜制，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；
（2）若比赛采用三局两胜制，且，则比赛结束时，求甲获胜局数的期望；
（3）结合（1）（2），比较甲在两种赛制中获胜的概率，谈谈赛制对甲获得比赛胜利的影响.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）利用条件概率公式进行求解即可；
（2）根据数学期望公式进行求解即可；
（3）利用差比进行求解即可.
【详解】（1）表示甲在第一局失利，表示甲获得了比赛胜利，
则；
（2）的可能取值为，，，
，，
，故；
（3）在五局三胜制中甲获胜的概率为：
在三局两胜制中甲获胜的概率为：，
于是，当时，采用局胜制对甲更有利；时，采用局胜制对甲更有利，当时，两种赛制对甲的影响一样.
21.已知圆：，直线（与轴不重合）过点交圆于、两点，过点作直线的平行线交直线于点.
（1）证明为定值，并求点的轨迹方程；
（2）设点的轨迹方程为，直线与曲线交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，是否存在实常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）分别讨论、，由几何关系证，即得，则为定值，再结合双曲线定义求点轨迹方程即可；（2）直线的斜率不为，设：，联立消得，由韦达定理可表示出的中垂线的方程为，即可求得点，求得，由弦长公式求得，即可得为定值.
【详解】（1），得，
当时，如图1所示，
因为，都在圆上，所以，即，
又因为，所以，所以，∴，
所以，当时，如图2所示，
同理可得，
因此，所以点的轨迹是以，为焦点的双曲线，
故，，即，，所以，
∴为定值，且点的轨迹方程为.
（2）由题知，直线的斜率不为，设：，
联立消去得，，
于是，
设，，则有，，
故，
所以线段的中点为，
从而线段的中垂线的方程为
令得，，∴
又
故，
于是，即存在使得.
22.已知函数.
（1）若时，恒有，求的取值范围；
（2）证明：当时，.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）由题意，对函数求导，对导函数再次求导，研究导函数的单调性，进而得到原函数的单调性，其中采用分类讨论，可得答案；
（2）解法一：由（1），当时，证明成立，采用放缩法，转化不等式的证明问题，构造函数，利用导数，可得答案；解法二：整理不等式，构造函数，利用新函数的单调性，化简不等式，利用（1）中，当时，函数的性质，可得答案.
【详解】（1）因为，所以，令，则，显然在上单调递增，故
①当时，，故恒成立，即在上单调递增，从而恒成立，因此在上单调递增，从而有恒成立，符合题意；
②当时，，
又，
由零点存在定理可知，存在，使得，
因此当时，，即在上单调递减，从而当时，，即在上单调递减，从而有，这与题设不符.综上可知，的取值范围为.
（2）解法一：当时，由（1）可得，，即，
故有，又，
故只需证明：时，即可；
即证：时，成立，
令，则，于是
设，则，
即在上单调递增，故.即恒成立，
故有，从而当时，有成立.
解法二：
设，则，于是
由于（），故在上单调递增.
又因为，所以，只需证明即可.
事实上，取，由（1）可得，
因此，，即成立.
所以，当时，原不等式恒成立.