浙江省绍兴市第一中学2023届高三下学期4月限时训练数学试题(含答案)

这是一份浙江省绍兴市第一中学2023届高三下学期4月限时训练数学试题(含答案)，共19页。试卷主要包含了若集合，则，已知是关于的方程的两个根，记等差数列的前项和为，设，则，已知，且，则的大小关系为，以下四个命题中，真命题的有等内容，欢迎下载使用。
2023年4月绍兴一中高三限时训练数学试卷一､单选题（每题5分，共40分）1.若集合，则（    ）A.    B.    C.    D.2.已知是关于的方程的两个根.若，则（    ）A.    B.1    C.    D.23.记等差数列的前项和为.若，则下列一定成立的是（    ）A.    B.C.    D.4.已知平面向量，则在上的投影向量为（    ）A.    B.    C.    D.5.在“2，3，5，7，11，13”这6个素数中，任取2个不同的数，这两数之和仍为素数的概率是（    ）A.    B.    C.    D.6.设，则（    ）A.    B.C.    D.7.已知球的直径为，是球的球面上的两点，，则三棱锥的体积为（    ）A.    B.    C.    D.8.已知，且，则的大小关系为（    ）A.    B.C.    D.二､多选题（每题5分，少答2分，共20分）9.已知圆台的轴截面如图所示，其上､下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（    ）A.圆台的体积为B.圆台的侧面积为C.圆台母线与底面所成角为D.在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为410.以下四个命题中，真命题的有（    ）A.在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好.B.回归模型中残差是实际值与估计值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高.C.对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大.D.已知随机变量服从二项分布，若，则.11.已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（    ）A.若，则B.以为直径的圆与准线相交C.设，则D.过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条12.已知是函数的零点，是函数的零点，且，则下列说法正确的是（    ）（参考数据：）A.B.若，则C.存在实数，使得成等比数列D.存在实数，使得，且成等差数列三､填空题（毎题5分，共20分）13.数据的25百分位数是__________.14.设，则__________.15.从点射出两条光线的方程分别为：和，经轴反射后都与圆相切，则__________.16.已知椭圆是的左焦点，过的上顶点作的垂线交于点.若直线的斜率为的面积为，则的标准方程为__________.四､解答题（17题10分，18-22题每题12分，共70分）17.数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.18.条件①，条件②，条件③.请从上述三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答.已知的内角所对的边分别为，且满足__________.（1）求；（2）若是的角平分线，且，求的最小值.（注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面为线段的中点，为线段上的动点.（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角的余弦值为，求点到平面的距离.20.云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长.从中国信息通信研究院发布的《云计算白皮书（2022年）》可知，我国2017年至2021年云计算市场规䄼数据统计表如下：年份2017年2018年2019年2020年2021年年份代码12345云计算市场规模/亿元692962133420913229经计算得：.（1）根据以上数据，建立关于的回归方程，（为自然对数的底数）.（2）云计算为企业降低生产成本､提升产品质量提供了强大助推力.某企业末引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差，其中为单件产品的成本（单位：元），且；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若保持单件产品的成本不变，则将会变成多少？若保持产品质量不变（即误差的概率分布不变），则单件产品的成本将会下降多少？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和倠距的最小二乘估计分别为.若，则.21.已知双曲线的焦距为10，且经过点为双曲线的左､右顶点，为直线上的动点，连接交双曲线于（不同于）.（1）求双曲线的标准方程；（2）直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.22.已知函数，其中为自然对数的底数，.（1）当时，函数有极小值，求；（2）证明：恒成立；（3）证明：.2023年4月绍兴一中高三限时训练数学参考答案与解析12345678BCCBACAD1.，则，故选B2.因为，故选：3.因为为等差数列，，所以，故选C4.解析：（投影向量计算）在上的投影向量为.故选B5.解析：由题意得，6个数中任取2个数，共有种可能，2个素数之和仍为素数，则可能为（2和3和5）､（2和11）共有3种可能，所求概率.故选A.6.解析：由，令，则，令，则，又，故选.7.解析：易知.过点作，连接，则，可得平面，故选A.8.解析：，构造函数，则，在上单调递减，，所以在上单调递减，所以，答案选D.9101112ACABACDABC9.解析：（立体几何）取中点，连接，则，故，故底面，且，则，故A正确；圆台的侧面积为，故B错误；圆台母线与底面所成角为，故C正确；因为下底面圆周长为，而，故侧面展开图中圆心角，从点到点的最短路径长为，故D错误；故选.10.解析：对于，由相关指数的定义知：越大，模型的拟合效果越好，A正确；对于，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，B正确；对于，由独立性检验的思想知：值越大，“与有关系”的把握程度越大，错误；对于D，，又，解得：，错误.故选：.11.解析：抛物线由题意，故A正确；抛物线的准线，则以为直径的圆的半径，线段的中点坐标为，则线段的中点到准线的距离为，所以以为直径的圆与准线相切，故B错误；抛物线的焦点为，当且仅当三点共线时，取等号，所以，故C正确；对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为，与抛物线只有一个交点，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，消得，当时，方程得解为，此时直线与抛物线只有一个交点，当时，则，解得，综上所述，过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条，故D正确.故选ACD.12.解析：，当时，则，即，所以在上是增函数，又，所以是偶函数，所以在上是减函数，在上是增函数，则，且，故A正确；在上是减函数，在上是增函数，所以，且.又，所以，又，所以，故B正确；，所以，若存在实数使得成等比数列，，令在上是增函数，，所以存在使得，故C正确；若使得，且成等差数列，则，与相互矛盾，所以D不正确.故选.13.19.5    14.1    15.-1    16.13.解析：，共8个数据，.第2，3个数据分别为.14.解析：由①，②①+②，得，所以，故.故答案为：115.解析：根据对称性，两条反射光线的方程分别为和.依题意有，且圆在轴上方，，故填：-1.16.解析：设直线交轴于点.因为，所以.因为，所以，则，故直线的方程为.解方程组得，或，即，故，则，得.又，所以，所以，故的标准方程为.故答案为：.17.解析：（1）当时，，当时，，，两式相减得到，故，当时也符合上述通项公式，综上，.（2）因为，所以，从而，当时，，两式相除得到，当时，，故.当时，，当时，.18.解析：（1）选②因为，由正弦定理，所以，即，由余弦定理.因为，所以.选③因为，由正弦定理且，所以，即，而，所以，所以.因为，所以，即.选①因为，由正弦定理，所以，即，所以，而，所以，故，因为，所以.（2）解析1：如图，过分别作.由题意可知和都是边长为1的正三角形.由得.所以，即.同理，，所以.由得，即.因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为.解析2：由题意可知，，由角平分线性质和三角形面积公式得，.化简得，即，因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为.19.（1）解析1：因为底面平面，所以.因为为正方形，所以，又因为平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为为线段的中点，所以，又因为平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.解析2：因为底面平面，所以平面底面.又平面底面平面，所以平面.因为平面，所以.因为为线段的中点，所以.因为平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.解析3：因为底面，以为坐标原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，所以，设为平面的法向量，则所以取，则，则，设为平面的法向量，则所以取，则，则.因为，所以，所以平面平面.（2）解析1：（基于（1）解法一､二）因为底面，以为坐标原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，易知是平面的法向量，设，则，所以，所以，即，得，所以，设为平面的法向量，则所以平面的法向量.又因为，所以点到平面的距离为，所以点到平面的距离为.解析2：（基于（1）解法一､二）由（1）可知，是直线与平面所成的角，所以，解得，故是的中点.所以，的面积为.因为的面积为.设点到平面的距离为，则有，解得，所以点到平面的距离为.解析3：（基于（1）解法三）易知是平面的法向量，所以，即，解得，所以，又因为，所以点到平面的距离为，所以点到平面的距离为.20.解析：（1）因为，所以，所以，所以，所以.（2）末引人云算力辅助前，，所以，又，所以，所以.引人云算力辅助后，，所以，若保持产品成本不变，则，所以；若产品质量不变，则，所以，所以单件产品成本可以下降元.21.（1）解析：由题左､右焦点为，，双曲线的标准方程为.（2）解析1：设的方程为，联立消去得，的方程为，令，得，的方程为，令，得，解得或，即或（舍去）或（舍去），的方程为，直线过定点，定点坐标为.（2）解析2：设的方程为，联立消去得，的方程为的方程为，分别在和上，，两式相除消去得，又将代入上式，得整理得，解得或（舍去）.的方程为直线过定点，定点坐标为.22.（1）解析：（求导数），令，得，则时，时，.则在上单调递减，在上单调递增，则函数的极小值点.（2）解析1：（运用熟知的不等式放缩），只需证明：.先证明，令，则时，时，.则在上单调递减，在上单调递增.则，当且仅当时取等号.再证明，令.则时，时，.则在上单调递减，在上单调递增.则，则，两个等号不能同时取得，即有.（2）解析2：（运用隐零点），只需证明：.令，则单调递增.，则在上存在唯一零点.则时，时，.则在上单调递减，在上单调递增.则.而，则.则.（3）解析：（放缩成等比数列）（注意到是以1为首项，为公比的无穷递缩等比数列的和，则考虑放缩成等比数列的求和）由（2）可得，取，则，即有，则.