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    2023届浙江省温州市高三下学期5月第三次适应性考试(三模)数学试题含解析

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    2023届浙江省温州市高三下学期5月第三次适应性考试(三模)数学试题含解析

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    这是一份2023届浙江省温州市高三下学期5月第三次适应性考试(三模)数学试题含解析,共22页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2023届浙江省温州市高三下学期5月第三次适应性考试(三模)数学试题 一、单选题1.设全集,集合,则    A B C D【答案】B【分析】用列举法写出全集,再利用并集、补集的定义求解作答.【详解】依题意,全集,而,有所以故选:B2.已知直线,若,则    A B0 C1 D2【答案】B【分析】根据给定的条件,利用两直线的垂直关系列式计算作答.【详解】因为直线,且,则所以.故选:B3.某公司租地建仓库,每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比,而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比,如果在距离车站10km处建仓库,这两项费用y1y2分别为2万元和8万元,那么要使这两项费用之和最小,仓库应建在距离车站(  )A4km B5km C6km D7km【答案】B【分析】据题意用待定系数法设出两个函数y1=y2=k2x,将两点(102)与(108)代入求出两个参数.再建立费用的函数解析式.用基本不等式求出等号成立的条件即可.【详解】解:由题意可设y1=y2=k2xk1=xy1k2=x=10y1=2x=10y2=8分别代入上式得k1=20k2=0.8y1=y2=0.8xx为仓库与车站距离),费用之和y=y1+y2=0.8x+≥2×4=8当且仅当0.8x=,即x=5时等号成立.当仓库建在离车站5km处两项费用之和最小.故选B【点睛】本题是函数应用中费用最少的问题,考查学生建立数学模型的能力及选定系数求解析式,基本不等式求最值的相关知识与技能,属于中档题.4的(    A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【分析】构造函数,利用导数讨论其单调性,利用单调性可解不等式,然后可得.【详解】,则所以R上单调递增,所以不等式.的充要条件.故选:C5.已知数列各项为正数,满足,则(    A是等差数列 B是等比数列C是等差数列 D是等比数列【答案】C【分析】分析可知数列的每一项都是正数,由已知条件可得出,结合等差中项法判断可得出结论.【详解】因为数列各项为正数,满足故对任意的,则所以,数列的每一项都是正数,所以,,可得由等差中项法可知,数列是等差数列,故选:C.6.四面体满足,点在棱上,且,点的重心,则点到直线的距离为(    A B C D【答案】A【分析】根据给定条件,建立空间直角坐标系,再利用向量求出点到直线的距离作答.【详解】四面体满足,即两两垂直,以点O为原点,以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,因为,则于是所以点到直线的距离.故选:A7.如图,是椭圆的左、右顶点,上不同于的动点,线段与椭圆交于点,若,则椭圆的离心率为(    A B C D【答案】D【分析】,得到,两式相除即可求解.【详解】两式相乘得,①因为直径所对的角是直角,所以所以  ,②除以,故故选:D8.已知函数,存在实数使得成立,若正整数的最大值为6,则的取值范围为(    A BC D【答案】C【分析】分类讨论的值域,然后根据值域端点的倍数关系可解.【详解】因为,所以,所以时,,所以显然存在任意正整数,使得成立;时,,所以要使正整数的最大值为6,则,解得时,,所以显然存在任意正整数,使得成立;时,,所以要使正整数的最大值为6,则,解得综上,的取值范围为故选:C 二、多选题9.已知复数,下列命题正确的是(    A B.若,则C D.若,则为实数【答案】AC【分析】根据复数的模长公式、共轭复数的定义以及复数的乘方,结合举反例,可得答案.【详解】对于A,设,故A正确;对于B,当时,,故B错误;对于C,设,故C正确;对于D,设时,,故D错误.故选:AC.10.近年来,网络消费新业态、新应用不断涌现,消费场景也随之加速拓展,某报社开展了网络交易消费者满意度调查,某县人口约为万人,从该县随机选取人进行问卷调查,根据满意度得分分成以下组:,统计结果如图所示.由频率分布直方图可认为满意度得分(单位:分)近似地服从正态分布,且,其中近似为样本平均数,近似为样本的标准差,并已求得.则(    A.由直方图可估计样本的平均数约为B.由直方图可估计样本的中位数约为C.由正态分布可估计全县的人数约为万人D.由正态分布可估计全县的人数约为万人【答案】ABD【分析】利用频率分布直方图计算出样本的平均数与中位数,可判断AB选项;利用正态分布原则可判断CD选项.【详解】对于A选项,由直方图可估计样本的平均数为A对;对于B选项,前两个矩形的面积为前三个矩形的面积之和为设样本的中位数为,则由中位数的定义可得,解得B对;对于C选项,因为所以,所以,由正态分布可估计全县的人数约为万人,C错;对于D选项,因为所以,所以,由正态分布可估计全县的人数约为万人,D.故选:ABD.11.已知函数,其中是其图象上四个不重合的点,直线为函数在点处的切线,则(    A.函数的图象关于中心对称B.函数的极大值有可能小于零C.对任意的,直线的斜率恒大于直线的斜率D.若三点共线,则.【答案】AD【分析】由奇偶性和图象平移可判断A;利用导数求出极大值点,再由单调性与比较可判断B;利用导数求出,然后作差比较即可判断C;根据化简即可判断D.【详解】因为所以为奇函数,图象关于原点对称,所以的图象关于点中心对称,A正确;,解得时,单调递增,时,单调递减,所以当时,取得极大值,由单调性可知,,故B错误;因为,所以所以因为,所以,即C错误;同上,可得三点共线时,则有整理得因为,所以,即,所以整理得因为,所以,即所以D正确.故选:AD12.如图,圆柱的轴截面是边长为2的正方形,为圆柱底面圆弧的两个三等分点,为圆柱的母线,点分别为线段上的动点,经过点的平面与线段交于点,以下结论正确的是(    AB.若点与点重合,则直线过定点C.若平面与平面所成角为,则的最大值为D.若分别为线段的中点,则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为【答案】ABD【分析】利用面面平行的性质定理可判断A;根据两平面如果有一个公共点,则这个公共点一定在它们的交线上可判断B;取特例验证可判断C;利用圆柱的对称性可知RF即为所求,然后求解可判断D.【详解】连接,由为圆柱底面圆弧的两个三等分点可知因为平面ABCD平面ABCD,所以平面ABCD,同理可得平面ABCD因为平面所以,平面平面ABCD因为平面平面所以A正确;平面,则平面,且,又平面,所以必过点MB正确;当平面为平面时,过点C作直线HF的垂线,垂足为N,连接DN,易知因为平面,所以平面因为平面,所以所以为平面与平面所成二面角的平面角在等腰梯形中,,易得其高为,即所以,故C错误;因为分别为线段的中点,则由圆柱的对称性可知,平面与圆柱侧面的公共点中,点R到平面BCF的距离最小,记EF的中点为T,连接TQ.易知,所以,得所以,即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为D正确.故选:ABD 三、填空题13.在平行四边形中,若,则___________.【答案】4【分析】根据四边形ABCD为平行四边形可得,然后由数量积的坐标表示可解.【详解】因为四边形ABCD为平行四边形,所以所以所以故答案为:414展开式的常数项为___________.(用最简分数表示)【答案】【分析】根据给定条件,求出二项式展开式的通项公式,再求出常数项作答.【详解】展开式通项公式,解得,则所以展开式的常数项是.故答案为:15.已知内有一点,满足,则___________.【答案】/【分析】先用已知角表示出,然后利用正弦定理可解.【详解】如图,易知所以则由正弦定理得,解得故答案为:16.一位飞镖运动员向一个目标投掷三次,记事件次命中目标,则___________.【答案】【分析】由题意,计算条件概率,利用全概率公式,求得答案.【详解】由题意,故答案为:. 四、解答题17.已知函数在区间上恰有3个零点,其中为正整数.(1)求函数的解析式;(2)将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象,求函数的单调区间.【答案】(1)(2). 【分析】1)根据给定条件,求出的范围,再结合正弦函数的零点情况列出不等式求解作答.2)由(1)求出函数的解析式,进而求出,再利用正切函数的单调性求解作答.【详解】1)由,得因为函数在区间上恰有3个零点,于是,解得,而为正整数,因此所以.2)由(1)知,,得,即有因此,解得所以函数的单调减区间为.18.如图,已知四棱台的体积为,且满足为棱上的一点,且平面.(1)设该棱台的高为,求证:(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】1)利用线面平行条件求AE,再结合等腰梯形可求得,然后利用棱台的体积公式求出h可证;2)利用三角形可求,再用等体积法求出点E到平面的距离,然后可得.【详解】1)连接,由棱台性质可知,,可得,所以,所以四点共面又因为平面,平面平面平面所以,所以四边形为平行四边形,所以又四边形为等腰梯形,易知为梯形的高,即所以易得上下底面的面积分别为:由体积公式有,解得所以 2)连接由(1)知,所以平面ABCD因为平面平面,所以平面平面ABCD,平面平面平面所以平面因为平面,所以易得记三棱锥的高为则由,解得所以所以直线与平面所成角的正弦值为19.某校开展学习二十大,永远跟党走网络知识竞赛.每人可参加多轮答题活动,每轮答题情况互不影响.每轮比赛共有两组题,每组都有两道题,只有第一组的两道题均答对,方可进行第二组答题,否则本轮答题结束.已知甲同学第一组每道题答对的概率均为,第二组每道题答对的概率均为,两组题至少答对3题才可获得一枚纪念章.(1)记甲同学在一轮比赛答对的题目数为,请写出的分布列,并求(2)若甲同学进行了10轮答题,试问获得多少枚纪念章的概率最大.【答案】(1)分布列见解析,(2)4 【分析】1)由题意可得可取01234,进而分别求出概率即可求解;2)先求得每一轮获得纪念章的概率,由每一轮相互独立,则每一轮比赛可视为二项分布,进而可得,由,解出即可求解.【详解】1)由题意,可取01234.,的分布列为:01234.2)每一轮获得纪念章的概率为每一轮相互独立,则每一轮比赛可视为二项分布,10轮答题获得纪念章的数量为,则.,得解得,又,得,则获得4枚纪念章的概率最大.20.图中的数阵满足:每一行从左到右成等差数列,每一列从上到下成等比数列,且公比均为实数.(1),求数列的通项公式;(2),是否存在实数,使恒成立,若存在,求出的所有值,若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)存在,. 【分析】1)设出第一行从左到右成等差数列的公差,再结合已知列出方程组求解,然后用等差数列、等比数列的通项公式写出通项作答.2)由(1)的信息结合等比数列前n项和公式求出,再按奇偶分类讨论求解作答.【详解】1)设,第一行从左到右成等差数列的公差为,得,即有于是,又,解得,因此所以,即.2)由(1)知,为奇数时,不等式等价于恒成立,而恒成立,则为偶数时, 不等式等价于恒成立,而恒成立,则 因此, 所以存在,使得恒成立.21.已知抛物线与双曲线相交于两点的右焦点,直线分别交(不同于点),直线分别交轴于两点.(1),求证:是定值;(2)的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2). 【分析】1)根据给定条件,设出直线的方程,与抛物线的方程联立即可计算作答.2)由(1)求出直线的方程并求出点的横坐标,直线的方程与双曲线的方程联立,借助直线求出点的横坐标,再列式求出范围作答.【详解】1)由是直线与抛物线的两个交点,显然直线不垂直y轴,点故设直线的方程为,由消去并整理得所以为定值.2)由(1)知,直线的斜率,方程为,得点的横坐标,设消去而直线的方程为,依题意,得点的横坐标因此所以的取值范围是.【点睛】方法点睛:圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法:1)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用几何法来解决;2)代数法,若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值或范围.22.已知函数.(1)证明:函数上有且只有一个零点;(2)时,求函数的最小值;(3),若对任意的恒成立,且不等式两端等号均能取到,求的最大值.【答案】(1)证明过程见详解(2)(3) 【分析】1)将证明的结论转化为上有且只有一个零点.然后对函数求导判断函数的单调性,利用零点存在性定理即可证明;2)对函数求导,判断函数的单调性进而求出函数的最小值;3)结合(1)(2)的结论和已知条件可知,使最大,则,则,且等号取到与函数相切,然后利用导数的几何意义进行求解即可.【详解】1)令,得,令要证函数上有且只有一个零点,即证上有且只有一个零点.因为,所以函数上单调递减,,则由零点存在性定理可知,函数上有且只有一个零点.故得证.2)对函数求导可得,因为所以当时,显然,则时,令因为(令,则,所以上单调递增,则,所以所以当时,上单调递增,,则则函数上单调递减,在上单调递增,所以.3)由(1)知,函数上有且只有一个零点,由(2)知函数上单调递减,在上单调递增,且当,函数趋近于考虑到,则,则,当变大时,则减小.要使最大,则,则,且等号取到与函数相切,设切点坐标为,则则有,解得(下面证明唯一性)可化为,,令,函数上单调递减,时,因为时,恒有,则所以时,因为时,恒有,则所以所以函数上单调递减,在上单调递增,又因为函数的最小正周期为所以函数上有唯一的交点,草图如下:,所以的最大值为.【点睛】利用导数研究函数的最值问题时,一般需要先对函数求导,根据导函数的方法研究函数的单调性,求出极值,结合题中条件即可求出最值(有时解析式中会含有参数,求解时,要讨论参数的不同取值范围,再判断函数的单调性,进行求解). 

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