浙江省绍兴市2023届高三下学期4月高考适应性考试（二模）数学试题(含解析)

浙江省绍兴市2023届高三下学期4月高考适应性考试（二模）数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知，则（    ）

A． B．0 C． D．1

3．下列函数在区间上单调递增的是（    ）

A． B．

C． D．

4．已知非零向量满足，则（    ）

A． B．1 C． D．2

5．绍兴某乡村要修建一条100米长的水渠，水渠的过水横断面为底角为120°的等腰梯形（如图）水渠底面与侧面的修建造价均为每平方米100元，为了提高水渠的过水率，要使过水横断面的面积尽可能大，现有资金3万元，当过水横断面面积最大时，水果的深度（即梯形的高）约为（    ）（参考数据：）

A．0.58米 B．0.87米 C．1.17米 D．1.73米

6．已知一组样本数据共有9个数，其平均数为8，方差为12.将这组样本数据增加一个数据后，所得新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差为（    ）

A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.4

7．已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

8．设，则（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．已知函数是的导函数，则（    ）

A．与的周期相同

B．与的值域相同

C．可能是奇函数

D．的最大值是

10．已知抛物线的焦点分别为.若分别为上的点，且线段平行于轴，则（    ）

A．当时，是直角三角形

B．当时，是等腰三角形

C．四边形可能是菱形

D．四边形可能是矩形

11．某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲，是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不计），底面为平行四边形，设棱锥高为，体积为，现将容器以棱为轴向左侧倾斜，如图乙，这时水面恰好经过，其中分别为棱的中点，则（    ）

A．水的体积为

B．水的体积为

C．图甲中的水面高度为

D．图甲中的水面高度为

12．“冰雹猜想”也称为“角谷猜想”，是指对于任意一个正整数，如果是奇数㩆乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次操作后的结果必为1，犹如冰雹掉落的过程.参照“冰雹猜想”，提出了如下问题：设，各项均为正整数的数列满足，则（    ）

A．当时，

B．当时，

C．当为奇数时，

D．当为偶数时，是递增数列

三、填空题

13．的值为__________.

14．已知圆，若被两坐标轴截得的弦长相等，则__________.

15．与曲线和都相切的直线方程为__________.

16．已知椭圆的左、右焦点分别为.若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则__________.

四、解答题

17．记为正项数列的前项积，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)证明：.

18．记的内角的对边分别为，已知.

(1)若，求；

(2)若，求.

19．如图，在多面体中，，平面，为等边三角形，，，，点是的中点．

(1)若点是的重心，证明；点在平面内；

(2)求二面角的正弦值．

20．2023年是全面贯彻落实党二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆，绍兴一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市，得到其广告支出x（单位：万元）与销售额y（单位：万元）数据如下：

(1)建立关于的一元线性回归方程（系数精确到0.01）；

(2)若将超市的销售额与广告支出的比值称为该超市的广告效率值，当时，称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为，求的分布列与期望.

附注：参考数据，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.

21．已知双曲线的左、右焦点分别为，且到的一条渐近线的距离为.

(1)求的方程；

(2)过的左顶点且不与轴重合的直线交的右支于点，交直线于点，过作的平行线，交直线于点，证明：在定圆上.

22．设函数.

(1)证明：当时，；

(2)记，若有且仅有2个零点，求的值.

参考答案：

1．D

【分析】根据交集的含义即可得到答案.

【详解】因为集合表示的是所有偶数的集合，所以，

故选：D.

2．A

【分析】利用复数的四则运算计算求模即可.

【详解】设，则，故，解之得，

所以.

故选:A

3．D

【分析】对于BCD，根据各个选项观察均是向右平移两个单位长度的形式，根据原函数的单调区间可以判断平移后的单调区间，进而判断上的单调性得到结论，而根据二次函数的单调性可判断A的正误.

【详解】对于选项：开口向上，对称轴，所以在上单调递减，故不符合题意.

对于选项：是向右平移了两个单位长度，所以在在上单调递减，故不符合题意.

对于选项：是向右平移了两个单位长度，

所以在上单调递减，在上单调递增，

因为，所以不符合题意.

对于选项：是向右平移了两个单位长度，

所以在上单调递增，则在上单调递增，符合题意.

故选.

4．A

【分析】对两边平方计算可得答案.

【详解】∵，∴，

又，∴，

解得.

故选：A.

5．B

【分析】如图设横截面为等腰梯形，于，求出资金3万元都用完时，设，再根据梯形的面积公式结合二次函数的性质即可得解.

【详解】如图设横截面为等腰梯形，于，，

要使水横断面面积最大，则此时资金3万元都用完，

则，解得米，

设，则，故，且，

梯形的面积，

当时，，

此时，

即当过水横断面面积最大时，水果的深度（即梯形的高）约为0.87米.

故选：B.

6．C

【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.

【详解】设增加的数为，原来的9个数分别为，

则，，

所以，

又因为，即，

所以，

故选：C.

7．D

【分析】由题设共圆（不与重合），进而确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值，即可得结果.

【详解】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），

所以（不与重合），

又为等腰直角三角形，为斜边，即有，

如上图，△、△、△都为直角三角形，且，

由平面图到立体图知：，，

又面面，面面，面，

所以面，同理可得面，

将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，

过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，

再过作面，交于，连接，则为矩形，

综上，，，则为中点，

所以，而，，

令且，则，故，，

所以球半径，

当时，，故球表面积的最小值为.

故选：D

8．B

【分析】根据进行构造函数，利用导数判断单调性，推出a与1的大小关系，同理判断b与1的关系，判断的大小范围时采用分析的方法，结合的特点，构造函数，利用导数判断单调性，即可判断其范围.

【详解】设函数,求导得：,

∴在上单调递减，所以，A错误；

设函数，则，

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

故，仅当时取等号，

即，则时，，即，

 所以，D错误；

由，

下面证明，

 ，即证,

令，即证：，即，

构造函数 ，即证，

由，所以在上单调递减，则，

即证，

令，，

即在上单调递减，故，即成立，

故成立，所以，

故选：B

【点睛】难点点睛：本题比较大小，要明确数的结构特点，确定其中的变量，进而构造相应的函数，利用单调性进行大小比较，难点是本题解答时要选择恰当的变量，连续构造相应的函数，进行解答.

9．AC

【分析】求导得出，利用三角函数性质直接判断AB，再利用辅助角公式及正弦函数性质判断C，结合二倍角公式判断D．

【详解】由题意，

因此和的最小正周期都是，A正确；

值域是，而的值域是，时，两者不相同，B错；

，（其中，，为锐角），

，当，即时，是奇函数，C正确；

，最大值是，D错．

故选：AC．

10．ABD

【分析】由题意，不妨设，所以，当时，求出坐标，利用两点间的距离公式求出可判断A；当时，求出坐标，利用两点间的距离公式求出可判断B；若四边形是菱形，则，求出、可判断C；结合C，再判断出轴，轴可判断D.

【详解】由题意，不妨设，所以，

对于A，如下图，当时，，即，解得，

所以，可得，

所以，是直角三角形，故A正确；

对于B，如下图，当时，，即，解得，

所以，可得，，，

所以，，所以是等腰三角形，故B正确；

对于C，如下图，若四边形是菱形，则，即，，解得，所以，

可得，，

所以，所以四边形不是菱形，故C错误；

对于D，如下图，由C知，，，

轴，轴，所以四边形可能是矩形，故D正确.

故选：ABD.

11．AC

【分析】将四棱锥补成平行六面体，利用棱柱和棱锥的体积公式逐项分析即可.

【详解】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，

根据分别为棱的中点，

则，而三棱柱与平行六面体的高相同，

则，

根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则

易知，

则，故A正确，B错误，

图甲中上方的小四棱锥高为,则，则，

故图甲中的水面高度为，故C正确,D错误；

故选：AC.

12．ACD

【分析】当时，结合条件求出可判断A，求出可判断B；由数学归纳法可证明C；据与零的关系，判断数列单调递增可判断D.

【详解】对于A，当时，，

，，，，

，故A正确；

对于B，当时，由A选项知：，故B不正确；

对于C，因为，当为奇数时，且为偶数，．

假设为奇数时， ；为偶数时，．

当为奇数时，，且为偶数；

当为偶数时，．

所以若为奇数，则；若为偶数，则．

因此对都有，故C正确；

对于D，当为偶数时，若为奇数，则为奇数．

因为为奇数，所以归纳可得，对，均为奇数，则，

所以，

所以数列单调递增，故D正确.

故选：ACD.

13．

【分析】利用二项式定理计算即可.

【详解】原式

=

故答案为：

14．/

【分析】被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，即圆心的横纵坐标的绝对值相等可得答案.

【详解】圆的弦长为（为圆的半径，为圆心到弦的距离），

若被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，

即圆心的横纵坐标的绝对值相等，即，解得.

故答案为：.

15．

【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.

【详解】设直线与曲线相切于点，

因为，所以该直线的方程为，即，

设直线与曲线相切于点，

因为，所以该直线的方程为，即，

所以，解得，

所以该直线的方程为，

故答案为：.

16．

【分析】由点的对称性求出点坐标，和线段、，从而发现为直角，再由椭圆标准定义找到关系，并求出、的长度，最后在直角三角形中，求出的值.

【详解】

设关于直线的对称点，

由，得，

可知，，又知，

所以，则为直角，

由题意，点恰好在上，根据椭圆定义，得，

，设，则，

在直角三角形中，，

解得，从而，，

所以.

故答案为：

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由等比数列的定义可得答案；

（2）由等比数列的前项和公式可得答案.

【详解】（1）由可得，，即，

又因为，

所以是首项为1，公比为2的等比数列，

所以；

（2），

所以

.

18．(1)

(2)

【分析】（1）解法1：由可得，由正弦定理和余弦定理将等式边化角即可求出；解法2：由正弦定理可得，结合两角和的正弦公式、二倍角的正弦和余弦公式，化简可得，再由余弦定理代入即可求出；

（2）由可得，再由余弦定理即可求出；解法2：由正弦定理边化角化简已知表达式可得，再结合两角和的正弦公式，二倍角的正弦和余弦公式化简即可求出.

【详解】（1）解法1：

代入，得.

解法2：由正弦定理可得：：

代入化简，

则，

则，

因为，所以，解得：；

由余弦定理可得：，

代入化简得，解得（负值舍）.

（2）解法1：

，

，又

所以.

解法2：因为，所以，

代入，

，

，

因为，则，

化简：，

当时，则，则，舍去不满足题意；

当时，则，因为，所以.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取A中点N，连接，MN，由点G是的重心，得出，再证明四边形是平行四边形，即可证明点在平面内；

（2）解法1：由⊥平面，，得出平行四边形为矩形，得出，再由点是的中点得出，证明出平面，得出，即可得出就是所求二面角的平面角，求出的正弦值即可得出答案；解法2：建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，求出两平面夹角的余弦，再求出正弦即可．

【详解】（1）证明：取A中点N，连接，MN，如图所示，

因为点G是的重心，

故G一定在中线上，

因为点是的中点，点是的中点，

所以是梯形的中位线，

所以，且，

又，

所以，

所以四边形是平行四边形，

因为点，平面，

所以点平面，

即点在平面内．

（2）解法1：

因为⊥平面，，

所以⊥平面，

又因为平面，

所以，

因为四边形是平行四边形，

所以四边形是矩形，，

所以，

因为为等边三角形，点是中点，

所以，

所以，

又因为平面，平面，，

所以平面，

又因为平面，

所以，

所以就是所求二面角的平面角，

因为，

所以，

故二面角的正弦值为．

解法2：以为原点，所在直线为x轴，垂直于的直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，

，

设平面与平面的法向量分别为，

则，不妨取.则，

，不妨取，

所以，

故二面角的正弦值为．

20．(1)

(2)分布列见解析，期望为

【分析】（1）首先计算，再根据参考公式和数据，分别计算和，即可求解；

（2）根据超几何分布求概率，再根据分布列求期望.

【详解】（1）由数据可得；

，

又，

,

.

.

（2）由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0，1，2，3

.

.

所以的分布列为

所以.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离求出即可得解；

（2）由题意可设PA，的斜率分别为，设直线AP的方程为，联立双曲线方程，求出，由三角函数可得，即化为得证.

【详解】（1）根据题意可知C的一条渐近线方程为，

设到渐近线的距离为，

所以，

所以的方程为.

（2）设C的左顶点为A，则,

故直线为线段的垂直平分线.

所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为.

与C的方程联立有，

设B），则，即，

所以

当轴时，，是等腰直角三角形，

且易知

当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故

因为，

所以

所以

因为

所以

所以为定值，

所以点Q在以为圆心且半径为4的定圆上.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．(1)证明见解析

(2)，0，1

【分析】（1）求出，利用其单调性和特殊值可得使得，再由可得答案；

（2）由时，求出的零点，①当时，利用范围可得在有1个零点：分、、讨论，利用的单调性和函数值可得答案.

【详解】（1）当时，有，单调递增，

又，则可知，使得，

所以在单调递减，在单调递增，

又，则可知；

（2）依题意，函数的定义域是，

当时，，即，而，

时，，时，，有两个零点，符合题意；

①当时，若，有，且，有，

又，由（1）可知又，则

所以在有1个零点：

若，有，若，

有，

可知在有1个零点，符合题意：

若，有在单调递增，，

（i）若，则当，有，

（ii）若，又，则可知，使得；

由（i）、（ii），则可知有在单调递减，所以，

又有，所以在至少有1个零点，

则可知在至少有2个零点，不符合题意；

若，有在单调递增，

又，则可知，使得，

所以在单调递增，则有，

又有，所以在至少有1个零点，

则可知在至少有2个零点，不符合题意；

②当时，由，

记，

由①可知，有且仅有满足题意，即时，满足题意.

综上可知，实数a的值为，0，1.

【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：

1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.