2023届浙江省Z20名校联盟(名校新高考研究联盟)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Z20名校联盟(名校新高考研究联盟)高三上学期第一次联考数学试题含答案，共26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.设全集为，集合，，则（ ）
A.B.
C.D.
答案：
B
解析：
【分析】解出集合，写出，则可写出.
【详解】
因为，所以，所以.故选：B.
2.若复数，则（ ）
A.
B.复数在复平面上对应的点在第二象限
C.复数的实部与虚部之积为
D.
答案：
A
解析：
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的基本概念，共轭复数的概念，以及复数的模的计算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，复数，
可得，所以A正确；
复数在复平面对应的点位于第三象限，所以B错误；
复数的实部为，虚部为，可得实部与虚部之积为，所以C错误；
由复数的共轭复数为，所以D错误.故选：A.
3.的展开式中的常数项为（ ）
A.B.C.D.
答案：
B
解析：
【分析】根据二项式定理，直接计算即可.
【详解】展开式的通项为，
令解得，所以常数项.故选：B.
4.《九章算术.商功》中，将四个面都是直角三角形的四面体成为鳖臑.在鳖臑中，平面，，且，，，则四面体外接球的表面积为（ ）
A.B.C.D.
答案：
D
解析：
【分析】根据题意将四面体画在长方体中，即可知道四面体的外接球直径为长方体的体对角线，则可求出答案.
【详解】由题意可知四面体如图所示，
则面体外接球的半径为R2=12+22+324=72，
所以四面体外接球的表面积为.故选：D.
5.已知正实数、满足，则的最小值为（ ）
A.B.
C.D.
答案：
C
解析：
【分析】在等式的两边同乘以，结合基本不等式可得出关于的二次不等式，即可解得的最小值.
【详解】因为正实数、满足，等式两边同乘以可得，
所以，，
因为，解得，当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.故选：C.
6.已知点、，直线，动点到点的距离和它到直线的距离之比为，则的最大值是（ ）
A.B.C.D.
答案：
C
解析：
【分析】设点，由题意可求出点的轨迹方程，再利用平面内两点间的距离公式和二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】设点，由题意可得，整理可得，
则，其中，
所以，，
所以，当时，取最大值，即.故选：C.
7.已知函数的定义域为，且，为偶函数，若，，则的值为（ ）
A.B.C.D.
答案：
D
解析：
【分析】分析可知函数为周期函数，且周期为，求得，，结合可求得的值.
【详解】对任意的，由可得，
所以，，则，
所以，函数为周期函数，且周期为，
因为为偶函数，所以，
所以，函数的图象关于直线对称，则，
因为，则，
因为且，则，所以，，
因为，且，
因为，
故.故选：D.
8.已知向量，，满足，，，则向量与夹角的最大值是（ ）
A.B.C.D.
答案：
B
解析：
【分析】根据题意化简得到，得到，结合向量的夹角公式和基本不等式，即可求解.
【详解】由题意知，可得，
又由，可得，则4，
即，即，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以向量与夹角的最大值是.故选：B.
二、多选题
9.盒中装有大小相同的个小球（编号为至），其中黑球个，白球个.每次取一球（取后放回），则（ ）
A.每次取到号球的概率为
B.每次取到黑球的概率为
C.“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件
D.“每次取到号球”与“每次取到号球”是对立事件
答案：
A、C
解析：
【分析】通过计算得出每次取到号球的概率判断A；通过计算得出每次取到黑球的概率判断B；根据独立事件的定义判断C；通过计算得出次取到，号球的概率及对立事件的定义判断D.
【详解】对于A，每次取到号球的概率为，故正确；
对于B，每次取到黑球的概率为，故错误；
对于C，“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”相互之间没有影响，所以“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件，故正确；
对于D，每次取到号球的概率为，每次取到号球的概率为，它们互斥事件，而不是对立事件，故错误.故选：AC.
10.已知函数，其中表示不大于的最大整数，如：，，则（ ）
A.是增函数B.是周期函数
C.的值域为D.是偶函数
答案：
B、C
解析：
【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用函数周期性的定义可判断B选项；利用题中的定义求出函数的值域，可判断C选项.
【详解】对于A选项，因为，，所以，函数不是增函数，A错；对于B选项，对任意的，存在，使得，则，所以，，则，
所以，，
故函数为周期函数，且周期为，B对；
对于C选项，对任意的，存在，使得，则，
所以，，C对；
对于D选项，令，该函数的定义域为，
因为，
，
所以，，故函数不是偶函数，D错.故选：BC.
11.设抛物线的焦点为，过点的直线与交于、两点，的准线与轴交于点，为坐标原点，则（ ）
A.线段长度的最小值为
B.若线段中点的横坐标为，则直线的斜率为
C.
D.
答案：
A、B、D
解析：
【分析】设点、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用抛物线的焦点弦长公式可判断A选项；利用韦达定理计算出的值，可判断B选项；计算出，可判断C选项；计算，可判断D选项.
【详解】易知抛物线的焦点为，准线方程为，点，
设点、，
若直线轴，此时直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，
，由韦达定理可得，，
对于A选项，，
当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，由题意可得，解得，B对；
对于C选项，，同理可得，
所以，
，，C错；
对于D选项，，所以，，D对.故选：ABD.
12.已知函数，，若存在，，使得成立，则（ ）
A.当时，
B.当时，
C.当时，
D.当时，的最小值为
答案：
A、C、D
解析：
【分析】求出，则可得在上单调递增在上单调递减，则可画出的图像，利用同构可知等价于，结合图像则可判断AB选项，当时，则可得，，构造函数即可判断CD选项.
【详解】，，，
∴当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以的图像如图所示：
又，即，
∴当时，要使越小，则取，故有，故A正确；
又与均可趋向于，故B错误；
当，且，
记，，恒成立，即在上单调递增，所以，即当成立，故C正确；，令，在单调递减，在单调递增，，故D正确，故选：ACD.
三、填空题
13.函数的最小正周期为 .
答案：
解析：
【详解】函数的最小正周期为，故答案为.
14.毕达哥拉斯树是由古希腊数学家毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树，所以被成为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”.毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为的正方形的一边作为斜边，向外做等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，设第次生长得到的小正方形的个数为，则数列的前项和 .
答案：
或
解析：
【分析】分析可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得.
【详解】由题意可得且，所以，数列为等比数列，且该数列的首项和公比均为，因此，.故答案为：.
15.已知正四棱柱，，，则直线与平面所成角的正弦值为 .
答案：
或
解析：
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：.
16.设直线与圆交于两点，当面积的最大值为时，的值为 .
答案：
解析：
【分析】先找出所过定点，然后根据知为等腰直角三角形时面积最大，结合图形列方程即可得的值.
【详解】直线的方程可化为，
由，解得直线的恒过定点，
又点到直线的距离为，
因为，则为等腰直角三角形时面积最大，
即，圆心到直线的距离为，解得.故答案为：
四、解答题
17.已知的内角、、的对边分別为、、，且.
（1）求；
（2）在①重心，②内心，③外心这三个条件中选择一个补充在下面问题中，并解决问题.
若，，为的，求的面积.
注：如果选择多个条件分別解答，则按第一个解答计分.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出，结合角的取值范围可求得角的值；（2）选①，分析可得，结合三角形的面积公式可求得结果；选②，利用余弦定理求出，利用等面积法求出的内切圆半径，再利用三角形的面积公式可求得结果；选③，利用余弦定理求出的值，由正弦定理求出的外接圆半径，求出，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】（1）∵，
∴，
则，即，
，则，，
即有，可得，
，则，，解得.
（2）若选①，连接并延长交边于点，
因为为的重心，所以，为的中点，且，
所以点到的距离等于点到的距离的，
所以，；
若选②，由余弦定理可得，
若为的内心，设的内切圆的半径为，
则，则，
因此，.
若选③，若为的外心，设的外接圆半径为，
由余弦定理可得，则，
在优弧上任取一点，则，则，
因此，.
18.已知数列的各项均为正数，记为的前项和，，（且）.
（1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式：
（2）当，时，求证：.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）利用和的关系即可得到结果；
（2）利用裂项相消法，即可证明不等式.
【详解】（1）∵（且），∴，
∴当时，，
∴，
又，所以，，
∴数列是以为首项，公差为1的等差数列，
，所以.
∴当时，，
又满足上式，∴数列的通项公式为.
（2）当时，，
故
所以对，都有.
19.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，是的平分线，且.
（1）若点为棱的中点，证明：平面；
（2）已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）延长交于点，连接，证明即可；
（2）以的中点为为原点，建立空间直角坐标系，用向量法解决问题.
【详解】
延长交于点，连接，
在中，是的平分线，且，
∴是等腰三角形，点是的中点，
又是的中点，，
又平面平面，∴直线平面.
（2）在中，，则，即，
由已知得，
又平面平面平面，所以平面，即，
所以以为二面角的平面角，所以，
又，所以为正三角形，
取的中点为，连，则平面
如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设分别为平面和平面的法向量，则
，即，取，则，
，即，取，则，
所以.则平面和平面所成夹角的余弦值为.
20.随着时代的不断发展，社会对高素质人才的需求不断扩大，我国本科毕业生中考研人数也不断攀升，年的考研人数是万人，年考研人数是万人.某省统计了该省其中四所大学年的毕业生人数及考研人数（单位：千人），得到如下表格：
（1）已知与具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程；
（2）假设该省对选择考研的大学生每人发放万元的补贴.
（i）若该省大学年毕业生人数为千人，估计该省要发放补贴的总全额：
（ii）若大学的毕业生中小浙、小江选择考研的概率分別为、，该省对小浙、小江两人的考研补贴总金额的期望不超过万元，求的取值范围.
参考公式：，.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）计算出、的值，将数据代入最小二乘法公式，求出、的值，可得出回归直线方程；（2）（i）将代入回归直线方程，可求得年的考研人数，即可计算得出该省要发放补贴的总全额的估计值；（ii）设小浙、小江两人中选择考研的人数为，则的所有可能值为、、，计算出在不同取值下的概率，可求得，根据已知条件可得出，可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围.
【详解】（1）由题意得，，
又，
，，，，所以，故得关于的线性回归方程为.
（2）（i）将代入，
估计该省要发放补贴的总金额为（万元）；
（ii）设小浙、小江两人中选择考研的人数为，则的所有可能值为、、，
，
，
，
，
，
又因为，可得，故.
21.已知双曲线的离心率为，且点在上.
（1）求双曲线的方程：
（2）试问：在双曲线的右支上是否存在一点，使得过点作圆的两条切线，切点分别为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，且？若存在，求出点；若不存在，请说明理由.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）根据题意即可列出关于、、方程组，即可解出答案；
（2）根据题意设，即可求出直线的方程，则可求出点的坐标，即可表示出，再由点到直线的距离，则可表示出，即可求出点的坐标.
【详解】（1）因为，所以，即，
又点在双曲线的图像上，
所以，即，解得，所以双曲线；
（2）设，由已知点在以为直径的圆上，又点在上，则有方程组
解得直线的方程为，设直线与渐近线的交点分别为，由解得，
由解得，
所以，又点到直线的距离为，则三角形的面积，又因为，所以，由已知，解得，即，
因为点在双曲线右支上，解得，即点或.
22.已知函数，.
（1）当时，证明：：
（2）若函数在上单调递减，求的取值范围.
答案：
见解析
解析：
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，由此证明，再证明；
（2）由条件可得在上恒成立，化简可得在上恒成立，利用导数求的最小值可得的取值范围.
【详解】（1）当时，，
要证，即证，设，
令，解得，
当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，则，
所以，即成立，所以成立.
（2）由已知可得，所以，因为对任意的在上单调递减，所以在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
令，则，所以在上为增函数，
又因为，所以，使得，即，当时，，可得，所以在上单调递减；当时，，可得，所以在上单调递增，所以，
由，可得，
令，则，又由，所以在上单调递增，所以，可得，所以，即，
所以，即得.