浙江省嘉兴市2022-2023学年高三数学下学期4月教学测试（二模）（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市2022-2023学年高三数学下学期4月教学测试（二模）（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 已知集合，则， 的展开式中的系数为， 已知，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2023年高三教学测试数学试题卷2023.4一､选择题：本题共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】C【解析】【分析】解不等式求得两个集合，再根据交集计算即可.【详解】由题意，可得；，则.故选：C.2. 的展开式中的系数为（    ）A. -60 B. 240 C. -360 D. 720【答案】D【解析】【分析】将看成6个因式，分3步分析的取法，由分步计数原理以及多项式乘法分析即可得答案.【详解】展开式中的项可以看成6个因式中，其中3个取，剩下的3个因式中2个取，最后一个取，即得到.所以展开式中项的系数为.故选：D.3. 已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则（    ）A. 2023 B. 2024 C. 4046 D. 4048【答案】B【解析】【分析】根据成等比数列列方程，得到，再计算即可.
 【详解】设数列的公差为d，且，若成等比数列，则，又 ，所以，化简，，
 又，所以，所以.故选：B.4. 相传早在公元前3世纪，古希腊天文学家厄拉多塞内斯就首次测出了地球半径.厄拉多塞内斯选择在夏至这一天利用同一子午线（经线）的两个城市（赛伊城和亚历山大城）进行观测，当太阳光直射塞伊城某水井时，亚历山大城某处的太阳光线与地面成角，又知某商队旅行时测得与的距离即劣弧的长为5000古希腊里，若圆周率取3.125，则可估计地球半径约为（    ）A. 35000古希腊里 B. 40000古希腊里C. 45000古希腊里 D. 50000古希腊里【答案】B【解析】【分析】利用圆心角所对应的弧长是即可求解.【详解】设圆周长为，半径长为，两地间的弧长为，对应的圆心角为，的圆心角所对应的弧长就是圆周长，的圆心角所对应的弧长是，即，于是在半径为的圆中，的圆心角所对的弧长为：，.当为5000古希腊里，，即时，古希腊里.故选：B.5. 已知正九边形，从中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据数量积的定义，列出基本事件求概率即可.【详解】可以和向量构成数量积有 一共8个向量，其中数量积为的正数的向量有： 一共4个，由对称性可知，任取两个向量，它们的数量积是正数的概率为：.故选：A6. 已知正方体的棱长为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意知平面平面，可先令为中点，再证明当点为中点时，满足平面平面，即可轻易得出的值.【详解】因为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，所以∥平面,而平面，故平面平面.在正方体中，如图所示，取中点为,中点为,连接，假设为中点，则为等腰三角形，中点为,所以;又因为,,所以，中点为,中点为,所以,而,所以，，平面，所以平面，平面所以；因为，，,平面，所以平面，平面，所以平面平面，符合题意，故为中点，.故选：D.7. 已知，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用中间值比较a,b的大小，再让b，c与中间值比较，判断b,c的大小，即可得解.【详解】，又因为通过计算知，所以，即，又，所以，所以.故选：B8. 设函数的定义域为，其导函数为，若，则下列结论不一定正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意令可得，即函数图象关于对称，即可判断A；根据抽象函数的奇偶性和对称性可得函数的周期为2，即可判断BD；由知函数图象关于直线对称，举例说明即可判断C.【详解】A：令，得，则函数图象关于点对称.若，则函数图象关于点对称，符合题意，故A正确；B：由选项A的分析知，等式两边同时求导，得，即①，又，为偶函数，所以②，由①②得，所以函数的周期为2.所以，即，故B正确；C：由选项B的分析知，则函数图象关于直线对称.令，若，则函数图象关于直线对称，不符合题意，故C错误；D：由选项B的分析可知函数的周期为2，则，所以，故D正确.故选：C.二､多选题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知函数，则（    ）A. 若的最小正周期为，则B. 若，则在上的最大值为C. 若在上单调递增，则D. 若的图象向右平移个单位，得到的函数为偶函数，则的最小值为【答案】AC【解析】【分析】根据正弦型三角函数的图象性质逐项判断即可.【详解】对于A，若的最小正周期为，则，所以，故A正确；对于B，若，则，当，则，所以，则在上的最大值为，故B不正确；对于C，当，则，由于在上单调递增，所以，解得，故C正确；对于D，图象向右平移个单位得，因为其为偶函数，所以，所以，又，则的最小值为，故D不正确.故选：AC.10. 已知一组样本数据，现有一组新的数据，，则与原样本数据相比，新的样本数据（    ）A. 平均数不变 B. 中位数不变C. 极差变小 D. 方差变小【答案】ACD【解析】【分析】由平均数、中位数、极差及方差的概念计算即可.【详解】对于A项，新数据的总数为：，与原数据总数一样，且数据数量不变都是，故平均数不变，A正确；对于B项，不妨设原数据为：，则新数据为：，显然中位数变了，故B错误；对于C项，原数据极差为：，新数据极差为：，，极差变小了，故C正确；对于D项，由于两组数据平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，故方差变小，即D项正确.故选：ACD.11. 已知抛物线及一点（非坐标原点），过点作直线与抛物线交于两点，则（    ）A. 若，则 B. 若，则C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】联立直线与抛物线方程得到进而代入运算即可判断ABC，根据向量数量积的坐标运算即可判断D.【详解】设直线的方程为，联立直线与抛物线方程 ，故 由于在直线上，所以，对于A，当时，，则，故A正确，对于B，当时，，所以，故B正确，对于C，将代入可得，故C正确，对于D，当在直线上，由C知：，由均在直线：上，可知则所以，当点在线段之外，则，当点在线段之间，则，由于的值不一定总为0，故不能一直成立，故D错误，故选：ABC12. 已知菱形的边长为，将沿对角线翻折，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）A. 存在某个位置，使得B. 直线与平面所成角的最大值为C. 当二面角为时，三棱锥的外接球的表面积为D. 当时，分别以为球心，2为半径作球，这四个球的公共部分称为勒洛四面体，则该勒洛四面体的内切球的半径为【答案】BCD【解析】【分析】画出简图，数形结合，通过对几何体的观察、作辅助线、空间想象、计算等方式分别判断各选项，从而得出结论。【详解】为等腰三角形，所以不可能是直角，选项错误；如图，直线和夹角为，平面平面=，菱形,所以,当平面平面时，为直线与平面的平面角，此时直线与平面所成角为最大角，为，选项正确；为二面角的平面角，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，的外心为，则平分，，所以，三棱锥表面积为，选项正确；设正四面体的外接球球心为，半径为，勒洛四面体的内切球的半径为，则故，即，解得，由勒洛四面体的对称性可知，内切球切在每一个球面的中心，而顶点到切点的距离为2，故，选项D正确.故答案为：BCD.【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 复数满足（是虚数单位），则的虚部为___________.【答案】-1【解析】【分析】令，则，通过复数代数形式运算即可得出结果.【详解】令，则，所以，故的虚部为.故答案为：-1.14. 已知圆与交于两点.若存在，使得，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】根据圆与圆相交弦所在直线方程性质求得直线的方程，利用直线与圆相交弦长公式，求得满足的等式关系，根据方程有解，即可得的取值范围.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径若两圆相交，则，所以，即，又两圆相交弦所在直线方程为：即所以圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，则弦长，所以，则，所以，若存在，使得，则，即，所以的取值范围为.故答案为：.15. 已知直线与曲线和均相切，则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积为___________.【答案】2【解析】【分析】由基本初等函数的导数及其的几何意义解得直线的解析式即可求得结果.【详解】由已知得的导函数分别为：，设上的切点分别为，则有：，解之得：，故：，与坐标轴交点分别为，围成的三角形面积为：.故答案为：2.16. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】设，所以存在点使等价于由可求的最小值，求得的范围，从而得到的取值范围.【详解】设，则.显然当靠近右顶点时，，所以存在点使等价于，在中由余弦定理得，即，解得 ，同理可得，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立.由得，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：求离心率范围关键是建立的不等式，此时将问题转化为，从而只需求的最小值，求最小值的方法是结合焦半径性质使用基本不等式求解.四､解答题：本题共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. 在中，角所对的边分别是.已知.（1）若，求；（2）求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换化简可得，则，进而求解；（2）由（1），根据平方差公式、正、余弦定理和二倍角的正弦、余弦公式化简可得，结合即可求解.【小问1详解】由正弦定理得，又，得，，，所以或，得或(舍去)，若，则；【小问2详解】，由正弦定理，得，由（1）知，得，又，所以，即，而，所以，得，故，即.18. 已知是首项为2，公差为3的等差数列，数列满足.（1）证明是等比数列，并求的通项公式；（2）若数列与中有公共项，即存在，使得成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作，求.【答案】（1）证明见解析，，    （2）【解析】【分析】（1）利用等差数列与等比数列的定义即可求其通项公式；（2）利用通项公式找出公共项，再分组求和即可.【小问1详解】由题意可得：，而，变形可得：，故是首项为3，公比为3的等比数列.从而，即.【小问2详解】由题意可得：，，令，则，此时满足条件，即时为公共项，所以.19. 如图，在三棱台中，.（1）求证：平面平面；（2）若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）延长三条侧棱交于点，判断出，为中点.取的中点，证明出和，进而证明出平面，利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面.（2）先由体积关系求出.以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】（1）延长三条侧棱交于点.因为所以， 分别为中点，且.因为，所以.取的中点，则.因为所以所以.，则，故，即.因为，,平面,平面,所以平面.又平面，故平面平面.【小问2详解】因为，所以.而,所以，解得：.以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设为面的一个法向量，因，所以，不妨设，则面的一个法向量.同理可求得面的一个法向量.由图示，二面角的平面角为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.20. 为了解市某疾病的发病情况与年龄的关系，从市疾控中心得到以下数据：年龄段（岁）发病率（‰）0.090.180.300.400.53 （1）若将每个区间的中点数据记为，对应的发病率记为，根据这些数据可以建立发病率（‰）关于年龄（岁）的经验回归方程，求；附：（2）医学研究表明，化验结果有可能出现差错.现有市某位居民，年龄在表示事件“该居民化验结果呈阳性”，表示事件“该居民患有某疾病”.已知，，求（结果精确到0.001）.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据表格中的数据，结合公式求得，进而求得的值；（2）根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式，即可求解.【小问1详解】解：由表格中的数据，可得，则所以.【小问2详解】解：由题意，可得，，所以.21. 已知双曲线的右焦点为是双曲线上一点.（1）求双曲线的方程；（2）过点作斜率大于0的直线与双曲线的右支交于两点，若平分，求直线的方程.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据双曲线上的点和焦点列方程组求解；（2）设出直线方程，和双曲线联立，结合韦达定理，角平分线定理列方程进行求解.【小问1详解】，又，联立得，得或18.当时，；当时，舍去.所以双曲线的方程为：.【小问2详解】设，直线与双曲线联立，得，所以①.由直线和双曲线右支交于两点，结合直线斜率为正可得：，解得.由平分，由角平分线定理，则，即.两边平方得，，整理可得：.将①代入可得，解得符合题意，所以.22. 已知.（1）若存在实数，使得不等式对任意恒成立，求的值；（2）若，设，证明：①存在，使得成立；②.【答案】（1）    （2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）构造函数，求导，研究函数的单调性，利用极值点得，从而利用指对运算即可求解；（2）①记，构造函数，求导，研究函数单调性，找到隐零点，即可证明；②先用分析法及把不等式证明转化为，结合式子结构，转化为证明，构造函数，即证，利用主元法，构造函数，求导，研究单调性，利用最值即可证明.【小问1详解】构造，则，令，则，所以在递增，又，所以存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增，所以对任意恒成立，此时.【小问2详解】①令，显然，则.令，则，因为在递增，趋向于0时，趋向于，趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，所以存在，使得，即.于是在递减，在递增.因为，所以.②要证，即证，因为，所以只要证，即证，即证，令，即证，即证，令，则.构造，则，，因为，所以，所以，所以成立，原命题成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数