2023届浙江省金华十校高三下学期4月模拟数学试题含解析

2023届浙江省金华十校高三下学期4月模拟数学试题

一、单选题

1．设i为虚数单位，复数z满足，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的四则运算求复数z，再用复数模的公式求.

【详解】因为，故有，

则.

故选：A

2．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用分式不等式的解法和对数函数的单调性化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.

【详解】已知，

解不等式，

不等式等价于 且，解得.

所以.

，

故．

故选：D

3．已知向量，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量数量积的坐标公式结合同角三角函数的基本关系化简即可.

【详解】，从而，

于是，

从而

．

故选：A

4．己知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简，利用整体换元法和零点个数，建立不等式组，求解不等式组可得答案.

【详解】

因为在上仅有2个零点，

当时，（），

所以，解得．

故选：B.

5．已知函数，则（    ）

A．函数的极大值点为

B．函数的极小值为2

C．过点作曲线的切线有两条

D．直线是曲线的一条切线

【答案】D

【分析】利用求导分析函数的单调性，即可求出极大值点和极小值，判断AB选项正误；设过的切线为，切点为，利用点斜式整理比较k值列方程，方程的解的个数即为切点个数和切线条数，判断C选项正误；利用切线斜率求出切点，即可得到切线方程，判断D选项正误.

【详解】，令，解得或，

因为，；，；，；

所以在递增，递减，递增，

故的极大值点为，故A错误；

极小值为，故B错误；

设过的切线为，切点为，

所以，

则，

从而，

解得或，有三条切线，故C错误；

令，即，解得，

从而，即切线方程为，故D正确．

故选：D.

6．魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了，则该魔方的表面积是（    ）

A．54 B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题设确定旋转后多出面积的构成，应用柱体表面积的求法求魔方表面积.

【详解】

如上图，转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，

显然小三角形为等腰直角三角形，直角边为，则斜边为，

故，可得

由几何关系得：阴影部分的面积为，

所以，所求面积．

故选：C

7．三棱锥中，，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先将三棱锥画在长方体方体中，并建立空间直角坐标系，由题目条件分析出点P的轨迹方程，再有三棱锥的外接球的球心满足，找到球心满足的条件，再求出其最值，从而找到半径的最小值，解决问题.

【详解】

如图，将三棱锥画在长方体方体中，并建立空间直角坐标系，

由，由面，可知P点在面上，

又，面，所以为直角三角形，

故，即P点轨迹为以D为圆心，半径为4，在上的圆，

设点，则    —①，

因为为等腰直角三角形，所以三棱锥的外接球的球心在直线上，

设点，由，得—②，

联立①②得：，

设过点和点的直线斜率为，则，

由直线与圆相切，可得，

则，所以，所以．

故选：C

8．“清明时节雨纷纷，路上行人欲断魂”描述的是我国传统节日“清明节”的景象．“青团”创于宋朝，是清明节的寒食名点之一，也是人们提起清明节会最先想到的美食．某地居民喜好的青团品种有4个，假定每个人购买时对于每种青团的选择是独立的，选择每个品种的概率均为，若在清明节当日，某传统糕点店为顾客只准备了3个品种的青团，则一位进店顾客，他的要求可以被满足的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出不被满足的概率为P，利用对立事件的概率关系即可求解.

【详解】设不被满足的概率为P，则，所以被满足的概率为．

故选：D.

二、多选题

9．在单位正方体中，O为底面ABCD的中心，M为线段上的动点（不与两个端点重合），P为线段BM的中点，则（    ）

A．直线DP与OM是异面直线 B．三棱锥的体积是定值

C．存在点M，使平面BDM D．存在点M，使平面BDM

【答案】BC

【分析】选项A易判断，由可判断B，当M为中点时，可得平面BDM，即可判断C，当M与重合时，面BDM，然后可判断D.

【详解】

A项：因为相交，所以DP，OM共面，故错误；

B项：因为，是正方体，

所以，因为平面，平面，

所以平面，所M到面的距离不变，所以为定值，故正确；

C项：当M为中点时，OM为的中位线，，

因为平面BDM，平面BDM，

所以平面BDM，故正确；

D项：当M与重合时，因为，平面，

所以平面，因为平面，所以，

同理可证，因为，平面BDM，所以平面BDM，

又因为M不与端点重合，故错误．

故选：BC

10．已知为抛物线上的三个点，焦点F是的重心．记直线AB，AC，BC的斜率分别为，则（    ）

A．线段BC的中点坐标为

B．直线BC的方程为

C．

D．

【答案】ABD

【分析】A.设， BC中点，则由重心分中线得到判断；B.结合选项A得到，再由点M的坐标写出直线方程判断；C.，得到判断；D.分别求得，判断.

【详解】解：设，

因为F为重心，

所以，设BC中点，则，

，由重心分中线得，

即，

又因为A在抛物线上，所以，所以，即，故A正确；

，

直线，故B正确；

因为，所以，所以，故C错误；

，同理，

所以，故D正确．

故选：ABD

11．已知函数，记一次完整的图形变换为“T变换”，“T变换”的规则为：将函数图象向右平移2个单位，纵坐标缩短为原来的，再向上平移1个单位，的图象经历一次“T变换”得到的图象，依此类推，经历次“T变换”后，得到的图象，则（    ）

A．

B．若，则

C．当时，函数的极大值之和小于

D．

【答案】ACD

【分析】由条件给出的变换求出的解析式可判断A；作出的图象，可知若，只需成立即可，参变分离可求出的范围可判断B；设的极大值为，则有，求出的通项，可判断D，对求和可判断C.

【详解】，其中，即，故A正确；

作出的图象，可得．若，只需，对即可，

故，故B错误；

记的极大值为（也是最大值），则，且，则，

即，即，故D正确；

当时，函数的极大值之和

，故C正确；

故选：ACD

12．已知定义在上且不恒为的函数，若对任意的，都有，则（    ）

A．函数是奇函数

B．对，有

C．若，则

D．若，则

【答案】AD

【分析】令，求得，令，求得，令，求得，可判定A正确；化简得到，可判定B错误；令，求得，结合等比数列的求和公式，可判定C错误；令，求得，令，得到，结合等比数列的求和公式，求得的值，可判定D正确．

【详解】因为对任意的，都有，

令，可得，所以，

令，可得，所以，

令，可得，所以，

所以函数为奇函数，所以A正确；

由

，所以B错误；

若，令，可得，

则，

可得，

两式相减得：

，所以C错误；

令，可得，解得，

令，则，

所以

，所以D正确．

故选：AD

【点晴】方法策略：对于抽象函数问题的求解方法：

（1）已知抽象函数的关系式或条件，该类问题一把采用赋值法，通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，寻找规律解答，赋值法时解答此类问题的常用技巧；

（2）利用数列的方法研究抽象函数的相关问题时，应准确构造相应的数列，注意函数与数列中相关限制条件的合理转化.

三、填空题

13．除以100的余数是__________．

【答案】1

【分析】将化为，利用二项定理将其展开，即可求得答案.

【详解】

，

,

由于是100的倍数，

故除以100的余数等于，

故答案为：1

14．折纸是很多人喜爱的游戏，通过自己动手折纸，可以激发和培养审美情趣，锻炼双手，开发智力，提高实践技能．一张圆形纸片的半径为，圆心到定点的距离为，在圆周上任取一点，将圆形纸片折起，使得与重合，折痕记为直线，直线与直线的交点为．将此操作多次重复，则点的轨迹是__________（填“圆”、“椭圆”、“双曲线”、“抛物线”）

【答案】椭圆

【分析】分析可知，结合椭圆的定义可得出结论.

【详解】解：在圆周上任取一点，将圆形纸片折起，使得与重合，折痕记为直线，

直线与直线的交点为，则，

由题意可知，圆的半径为，且，

所以，，

所以，点的轨迹为椭圆.

故答案为：椭圆.

15．若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围是__________．

【答案】

【分析】按、两种情况进行参变分离后构造函数，求导后利用单调性可得参数的取值范围.

【详解】①当即时，，

设，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，故，

此时易知；

②当即时，，

因为，所以，，所以，则，

综上，.

故答案为：.

16．已知椭圆的右焦点为F，左右顶点分别为A，B，点P是椭圆G上异于A，B的动点，过F作直线AP的垂线交直线BP于点，若，则椭圆G的离心率为__________．

【答案】##0.5

【分析】设直线AP的斜率为k，写出直线AP、FM的方程，求得，根据列齐次方程求离心率即可.

【详解】

不妨设直线AP的斜率大于0，设为k，

则直线AP的方程为，直线FM的方程为，

所以，则，

由，则，又，即，

所以，

所以且，解得(负值舍去)．

故答案为：

四、解答题

17．在等差数列中，为的前n项和，，数列满足．

(1)求数列和的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式可求数列的通项公式，再根据数列的项与前n项和的关系可求的通项公式；

（2）利用错位相减法求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

所以，解得，所以，

，①

则当时，②

①②得：，则，

而当时，，则，满足上式．

所以．

（2）记，

，

.

18．在中，角A，B，C所对应的边为a，b，c．已知的面积，其外接圆半径，且．

(1)求；

(2)若A为钝角，P为外接圆上的一点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由三角形面积公式求得，已知等式由正弦定理边化角，化简得，可解得；

（2）由（1）得，则，建立平面直角坐标系，设，利用向量的坐标运算求，由三角函数的值域求取值范围.

【详解】（1）由，得，

，

由正弦定理，，

则，

由，

得，

化简得，由，，

解得，因此.

（2）由（1）得，若A为钝角，则，则，如图建立平面直角坐标系，

则，设．

则，，，

有，，，

则．

由，则，

所以的取值范围为.

19．如图，在圆台中，圆的半径是1，圆的半径是2，高是，圆是的外接圆，，PC是圆台的一条母线．

(1)求三棱锥体积的最大值；

(2)当时，求平面PAC与平面PBC的锐二面角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取AB中点M，连，根据的高可得面积的最大值，再根据棱锥的体积公式即可得解；

（2）如图，以为坐标原点，过与AB平行的直线为x轴，为z轴，建立空间直角坐标系，设，则，根据求出的坐标，再利用向量法求解即可.

【详解】（1）取AB中点M，连，则，

则的高，

当且仅当三点共线，即时，取等号，

，

所以三棱锥体积的最大值为；

（2）如图，以为坐标原点，过与AB平行的直线为x轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

设，则，

由，圆的半径是1，可得，

则，

，

又，解得，

则，

则，

设平面PAC的法向量为，

则，可取，

，

设平面PBC的的法向量，

则，可取，

则，

所以平面PAC与平面PBC的锐二面角的余弦值为．

20．全国 “两会”召开的一项重要意义在于将“两会代表”从人民中得来的信息和要求进行收集及整理，传达给中央，“两会代表”代表着广大选民的利益，代表选民在“两会”期间向政府有关部门提出选民的意见和要求．下表是2011年至2020年历年全国政协提案的数量统计．

(1)请用相关系数说明y与x之间的关系可否用线性回归模型拟合？若能，求y关于x的一元线性回归方程；（运算结果精确到0.01）（若，则线性相关程度很高，可用直线拟合）

(2)中央政府回应2020年“两会”的热点议题“战胜疫情”，以令世界惊叹的中国速度、中国效率和中国奇迹，社会各阶层、各行各业迅速投身战“疫”行动，团结共进、众志成城．其中一个关键举措是2021年全国各地全面展开的疫苗接种．为方便市民合理安排疫苗接种，城市便民电子系统即时提供接种点相关信息，若某疫苗接种点上午和下午接种疫苗分别需要等待20分钟和40分钟，而甲、乙市民均在某日接种疫苗，且上午去接种疫苗的概率分别为，要使两市民需要等待时间的总和的期望值不超过60分钟，求实数p的取值范围．

参考公式：相关系数，．

参考数据：．

【答案】(1)能，

(2)

【分析】（1）根据题中数据求得相关系数，比较可得结论；求出，，即可得一元线性回归方程；

（2）设甲、乙两人需要排队的总时间为，确定的可能取值，求得每个值对应的概率，可得其分布列，求出其数学期望的表达式，列出不等式，即可求得答案.

【详解】（1）由题意可得，

因为，

根据参考数据，所以相关系数，即，

所以线性相关程度很高，可用直线拟合；

由，

所以，

即y关于x的线性回归程为．

（2）设甲、乙两人需要排队的总时间为，则的可能取值为，

，

，

，

所以的分布列为：

因此，

可得，又，

故实数p的取值范围为．

21．P是双曲线右支上一点，A，B是双曲线的左右顶点，过A，B分别作直线PA，PB的垂线AQ，BQ，AQ与BQ的交点为Q，PA与BQ的交点为C．

(1)记P，Q的纵坐标分别为，求的值；

(2)记的面积分别为，当时，求的取值范围．

【答案】(1)3

(2)

【分析】(1) 由已知设直线PA，PB,和直线QA，QB，再分别求，应用斜率公式求解即可.

(2)由 P，Q，B，A四点共圆，PO为直径，PQ中点为圆心，再由弦长公式求得,,再根据单调性，求得即得范围.

【详解】（1）由已知条件得：，设PA，PB的斜率分别为，

则QA，QB的斜率分别为，

由即有．

由即有

而，

．

（2）由于，

显然P，Q，B，A四点共圆，

PO为直径，PQ中点为圆心，

又

则，

      ①，又    ②，

得：，解得．

由，，而．

．

因为，根据单调性，求得

22．已知函数．

(1)若对时，，求正实数a的最大值；

(2)证明：；

(3)若函数的最小值为m，证明：方程有唯一的实数根，（其中是自然对数的底数）

【答案】(1)1

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）求，并判断的单调性，分类讨论的正负，得到的单调性，求出时的范围，从而得到的最大值；

（2）利用第（1）问的结论，可得到，令，不等式两边求和即可证明；

（3）求并判断的单调性，结合零点存在性定理，要证方程有唯一的实数解，只要证方程有唯一的实数解．令，， 求结合的单调性以及零点存在性定理，可知，由于形式相同，可构造函数，通过单调性可知且，代入可证明.

【详解】（1）（） a为正实数，

∴函数在区间上单调递增，且．

①当时，，所以函数在上单调递减，

此时，符合题意．

②当时，，

由零点存在定理，时，有，即函数在上递减，

在递增，所以当时，有，此时不符合．

综上所述，正实数a的最大值为1．

（2）由（1）知，当时，，

令时，有，即，

累加得，．

（3）因为，所以，即函数在上递增，

又，

由零点存在定理，时，有，即，

因此，而函数在上递减，在上递增，

所以，即．

要证方程有唯一的实数解，只要证方程有唯一的实数解．

设，则，

所以函数在上递增，又，，

由零点存在定理，时，，即，

因此，又，

设，则函数在上递增，于是且，

而函数在上递减，在上递增，

，

即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解．

【点睛】方法点睛：

零点存在性定理：当函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点.

零点代换：当存在零点，且满足等式时，对应在此点处的等量运算也成立，即若有，则有.