浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三数学下学期4月联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省稽阳联谊学校2022-2023学年高三数学下学期4月联考试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题卷一、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. 若集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】解对数不等式、一元一次不等式化简集合，再应用集合的交、补运算求结果.【详解】由，得，所以，所以，因为，所以，所以.故选：A.2. 若复数z满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算，化简可得，然后根据共轭复数的概念，即可得出答案.【详解】由已知可得，，从而.故选：B.3. 在正方形ABCD中，O为两条对角线的交点，E为边BC上中点，记，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由向量运算的三角形法则，用，表示即可.【详解】故选：C.4. 双曲函数是一类与常见三角函数类似的函数，在生活中有着广泛的应用，如悬链桥．常见的有双曲正弦函数，双曲余弦函数．下列结论不正确的是（    ）A. B. C. 双曲正弦函数是奇函数，双曲余弦函数是偶函数D. 若点P在曲线上，α为曲线在点P处切线的倾斜角，则【答案】B【解析】【分析】对于A，B，直接代入验证即可；对于C，利用奇偶性的定义即可判断；对于D，利用导数的几何意义结合基本不等式及正切函数的性质即可判断.【详解】对于A，，A正确；对于B，，，所以，B错误；对于C，令，则，且定义域为关于原点对称，所以双曲正弦函数是奇函数；令，则，且定义域为关于原点对称，所以双曲余弦函数是偶函数，C正确；对于D，令，则，设，所以，又因为，所以，D正确.故选：B5. 甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（    ）A. 120 B. 210 C. 211 D. 216【答案】D【解析】【分析】共有三种情况，3人各站一个台阶，或2人站一个台阶，另1人站另一个台阶，或3人站一个台阶，然后根据分类计数原理即可求解．【详解】由题意分三种情况：第一种情况是3人各站一个台阶，有种；第二种情况是2人站一个台阶，另1人站另一个台阶，有种，第三种情况是3人站一个台阶，有种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种．故选：D．6. 函数的图象向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数，函数．若关于x的方程在内有两个不同的解α，β，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的图象性质、图象变换和三角恒等变换公式，以及诱导公式求解.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，所得函数的解析式为，因为所得函数为奇函数，所以，则有，因为，所以，所以，，因为，所以，所以由，可得，所以，且，则，所以，故选:B.7. 已知在上恒成立，则的最小值是（    ）A. 0 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先将条件转化为在上恒成立，再构造函数，，分，两种情况讨论，再结合导函数分析函数的单调性，进而即可求解．【详解】在上恒成立，等价于在上恒成立，等价于在上恒成立，令，，当时，则在上单调递增，则若时，，不符合题意；当时，则，若时，，此时单调递增；若时，，此时单调递减，所以，则，即，令，，则，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，所以，所以，所以的最小值是．故选：D．8. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．现有鳖臑，其中平面ABC，，过A作，，记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球体积分别为，，V，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球半径分别为，，，记，，，先证明面，从而得到，，，再根据，从而得到，再构造函数，其中，再利用导函数分析函数的单调性，进而即可求得其值域．【详解】记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球半径分别为，，，记，，，在鳖臑中，有，，又，平面，则面，又面，则，又，且，面，所以面，所以，，，又，即，所以，令，其中，则，所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，当，即时，；当，即时，；根据对称性，当，即时，，所以，即．故选：A．【点睛】关键点点睛：先根据题意得到，再构造函数，其中，利用导函数分析函数的单调性，进而求得其值域是解答本题的关键．二、选择题：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. 已知某地区某周7天每天的最高气温分别为23，25，13，10，13，12，19（单位℃）．则（    ）A. 该组数据的平均数为 B. 该组数据的中位数为13C. 该组数据的第70百分位数为16 D. 该组数据的极差为15【答案】ABD【解析】【分析】根据平均数、中位数、百分位数和极差的定义判断即可．【详解】将23，25，13，10，13，12，19从小到大排列为10，12，13，13，19，23，25，对于A，该组数据的中位数为，故A正确；对于B，该组数据的中位数为13，故B正确；对于C，由，则该组数据的第70百分位数为从小到大排列的第5个数，是19，故C错误；对于D，该组数据的极差为，故D 正确．故选：ABD．10. 如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形，则（    ）A.  B. 平面平面FABC. 直线EA与平面ABCD所成的角为 D. 点E到平面ABF的距离为【答案】ACD【解析】【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点，可判断A选项，取中点，连接、，根据两平面的二面角可判断B选项，根据对称性找到平面的垂线，根据线面角的性质可求C选项，求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断D选项.【详解】对于A选项，如图，由，，，为正三角形可得为正方形，故，故A正确；对于B选项，取中点为，在，中，由正三角形的性质可得，，，平面平面，平面，平面，则为二面角的平面角，由，，得，故B错误；对于C选项，由条件可知四棱锥、四棱锥均为正四棱柱，连接，交点为正方形的中心，则平面，即为直线与平面所成的角，由，，得，故C正确；对于D选项，连接，在正方形可知，，平面，平面，，与相交，且平面，平面即为三棱锥的高，设点E到平面ABF的距离为，由几何关系可求得，，，，由可得，，代入数据解得，故D正确．故选：ACD.11. 定义：若存在正实数M使，则称正数列为有界正数列．已知数列满足，为数列的前n项和．则（    ）A. 数列为递增数列 B. 数列为递增数列C. 数列为有界正数列 D. 数列为有界正数列【答案】BC【解析】【分析】对于A，设，求导后放缩，从而可知当时，单调递减，即可判断；对于B，由可知数列为递增数列，即可判断；对于C，由A分析，即可判断；对于D，借助不等式，从而可得，即可得到，从而可判断.【详解】对于A，设，，当时，，则，所以当时，，则当时，，所以当时，单调递减，A错误；对于B，因为，所以数列为递增数列，B正确；对于C，由A分析可知，当正实数M为前6项的最大项时，就有，所以数列为有界正数列，C正确；对于D，令，则，所以当时，，即在上单调递减，所以，即，由，所以，D错误.故选：BC【点睛】关键点睛：对于A，借助不等式进行放缩，而对于C，借助不等式进行放缩，从而可利用裂项相消法求和.12. 已知函数，则（    ）A. f（x）是单调递增函数 B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】由函数解析式可判断函数为单调函数，且为增函数可判断A的正误；由的解析式求得的解析式，再求的的解析式，化简即可判断B的正误；将特殊值代入即可排除C；由求得，在求得最值，可判断，即可得到结果.【详解】函数为连续函数，且当是斜率为正，当时斜率为正，故A正确；，故B正确；，故C错误；所以，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 命题“，”的否定为______．【答案】．【解析】【分析】根据全称命题的否定：任意改存在并否定原结论，即可得答案.【详解】由全称命题的否定为特称命题知，原命题的否定为.故答案为：.14. 已知甲盒中有3个红球2个白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒中随机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2球，记取到红球的个数为随机变量X，则X的期望为______．【答案】##【解析】【分析】讨论从甲盒中随机取到球的颜色，进而确定对应的可能取值，分别求出对应概率，再应用独立事件乘法公式、互斥概率求法求各可能情况的概率，最后求期望即可.【详解】若从甲盒中随机取到的为红球且概率为，则的可能取值为，则，，若从甲盒中随机取到的为白球且概率为，则的可能取值为，则，，，综上，，，，故.故答案为：15. 已知正数x，y满足，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】由题设将目标式化为，应用基本不等式求最大值，注意取值条件.【详解】，仅当时等号成立．所以目标式最大值为.故答案为：16. 已知椭圆：的左、右焦点为，，上顶点为P，直线交于点Q，若，则椭圆的离心率是______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，结合椭圆定义确定的形状，再借助余弦定理求解作答.【详解】令，则，由椭圆定义得，，于是，即，，而，有，则，因此，令椭圆半焦距为c，在中，由余弦定理得：，即，，所以椭圆的离心率．故答案为：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. 设数列的前n项和为，已知．（1）求的通项公式；（2）设且，求数列的前n项和为．【答案】（1）    （2），【解析】【分析】（1）利用及等比数列的定义求的通项公式；（2）讨论的奇偶性，应用分组求和及等比数列前n项和公式求.【小问1详解】当时，，当时，，所以是首项为1，公比为2的等比数列，则.【小问2详解】由题设知：，，当为偶数时，；当为奇数时，；综上，，.18. 如图，直三棱柱中，，，．（1）证明：平面；（2）若，求二面角余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取中点为，连结.可证明四边形是平行四边形，得出，，结合三棱柱的性质可推得四边形是平行四边形，，然后判定平面.同理可推出平面，然后判定平面平面.最后根据面面平行的性质定理，即可得出证明；（2）根据直三棱柱的性质，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，得出点的坐标.根据余弦定理，得出，然后借助，求出点的坐标，以及的坐标，然后根据向量关系得出的坐标.根据向量法求出平面和平面的法向量，根据向量法，结合图中二面角的形状即可得出答案.【小问1详解】如图1，取中点为，连结.由三棱柱的性质可知，，，，.因为，，所以，.又因为为的中点，所以.又，所以四边形是平行四边形，所以，，，所以，，所以，四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.因为，，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.因为，平面，平面，所以平面平面.因为平面，所以平面.【小问2详解】根据直三棱柱的性质可知，平面.如图2，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，在平面中，过点A作的垂线为轴，建立空间直角坐标系.设，则，，
则，，.在中，由余弦定理可得.又，所以.如图3，过点作的延长线于，则，则，.所以，则.由，可得，所以.同理可得，.所以，.设是平面的一个法向量，则，即，取，则，，所以是平面的一个法向量.又，，设是平面的一个法向量，则，即，取，则，，所以是平面的一个法向量.所以.由图象可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值是.19. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）证明：；（2）若△ABC的面积为，求B．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由三角形内角性质，应用三角恒等变换化简已知条件即可证结论；（2）根据三角形面积公式、正弦边角关系有，再由三角形内角性质和三角恒等变换及（1）结论得，进而求B．【小问1详解】由，△ABC的内角A，B，C，则，，，，，，.【小问2详解】由题意，结合正弦边角关系有，且，，，而，所以.20. 甲、乙两个学校分别有位同学和n位同学参加某项活动，假定所有同学成功的概率都是，所有同学是否成功互不影响．记事件A＝“甲成功次数比乙成功次数多一次”，事件B＝“甲成功次数等于乙成功次数”．（1）若，求事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率；（2）证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知求出及甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率，再利用条件概率公式求事件A发生的条件下恰有5位同学成功的概率（2）根据题设写出、，利用组合数的性质证明结论即可.【小问1详解】由题设，甲乙学校分别有4个、3个学生参加活动，，而甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率为，所以事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率.【小问2详解】由题设知：，，因为，，所以21. 已知为抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于不同的两点、，满足．（1）求抛物线的方程；（2）过点且斜率为的直线与直线交于点，，证明：直线经过定点．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由可得，可得出关于等式，解出的值，即可得出抛物线的方程；（2）写出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的坐标，根据可得出点的坐标，设直线的方程为，列出韦达定理，化简直线的方程，可求出直线所过定点的坐标.【小问1详解】解：设、，由可得，即，解得，故抛物线的方程为．【小问2详解】解：抛物线的焦点为，，直线的方程为，直线的方程为，联立可得，故点的坐标为，由可知为的中点，则点，当直线轴时，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，，解得或，由韦达定理可得，，所以，，直线的斜率为所以，直线的方程为，即因为因为，所以，，故直线的方程为，因此，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22. 已知，．（1）求在点的切线方程；（2）设，，判断的零点个数，并说明理由．【答案】（1）    （2）存在唯一零点，理由见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程即可；（2）先根据题意得到，再分，，三种情况讨论，结合构造函数，二次求导，零点存在性定理即可得到结论．【小问1详解】由，，则，所以，，所以在点的切线方程为．【小问2详解】依题意得，①当时，因为，，所以，即无零点；②当时，，，因为，，所以，即在上递减，令，，则，，所以上单调递增，则，所以在上单调递增，则，所以当，，即；当，，即，即，则，，所以存在，使得在上递增，在上递减，又，所以，而，所以在上存在唯一零点；③当时，设，则，，因，所以，即在上递减，又，，所以存在，使得在上递增，在上递减，又，，所以存在，使得在上递增，在上递减，又，，所以在上递增，所以，所以在上无零点，综上可知，在上存在唯一零点．【点睛】关键点点睛：涉及函数零点问题，利用导函数研究函数的单调性，极值和最值情况，结合零点存在性定理是解答这类题的关键．