2023届浙江省绍兴市柯桥区高三5月高考及选考目适应性考试数学试题含解析

2023届浙江省绍兴市柯桥区高三5月高考及选考目适应性考试数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先根据绝对值不等式的解法求出集合，再根据补集和交集的定义即可得解.

【详解】或，，

则，

所以.

故选：D.

2．在中，，，设，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的线性运算即可求解.

【详解】由，可知分别为的中点，所以,

故选：B

二、多选题

3．欧拉公式（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立，依据欧拉公式，下列选项不正确的是（    ）

A．复数的虚部为 B．若，则复数对应点位于第二象限

C．复数的模长等于1 D．复数的共轭复数为

【答案】ABC

【分析】根据欧拉公式，即可由复数的除法运算以及几何意义，模长公式，共轭复数的定义，结合选项即可求解.

【详解】，故复数的虚部为，A正确，

对应的点为，由于，所以，故对应的点为第二象限，故B正确，

对于C，，故模长为，故C正确，

，所以共轭复数为，故D错误，

故选：ABC

三、单选题

4．“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，面ABCD，，底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.

【详解】由底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，所以可知,

设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，

以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，0，，，2，，，1，，，0，，，2，，

则，

，

又异面直线所成角的范围为，

故异面直线与所成角的正弦值为．

故选：C

5．6名同学参加数学和物理两项竞赛，每项竞赛至少有1名同学参加，每名同学限报其中一项，则两项竞赛参加人数相等的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用古典概型即可求得两项竞赛参加人数相等的概率.

【详解】记 “两项竞赛参加人数相等”为事件A，

则

故选：B

6．若函数的周期为，其图象由函数的图象向左平移个单位得到，则的一个单调递增区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据辅助角公式化简，由平移可得，进而由周期可得，利用整体法可得单调区间即可求解.

【详解】，将向左平移平移个单位得到,

由的周期为，故，

所以，

令,解得，

故的单调递增区间为，

所以取可得一个单增区间为，

故选：A

7．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据正弦函数的性质和对数函数的性质估计，由此比较的大小.

【详解】函数在上单调递增，又，

所以，故，故

函数在上单调递增，

又，所以，

所以，

因为，所以，即，

故，即，

所以，

故选：C.

8．如图，平面四边形ABCD中，，为正三角形，以AC为折痕将折起，使D点达到P点位置，且二面角的余弦值为，当三棱锥的体积取得最大值，且最大值为时，三棱锥外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则为二面角的补角，为的中点，设，根据二面角的余弦值可求得，再根据三棱锥的体积取得最大值结合基本不等式求出，再利用勾股定理求出三棱锥外接球的半径，根据球的体积公式即可得解.

【详解】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，

因为平面，平面，所以，

又平面，

所以平面，

因为平面，所以，

则为二面角的补角，故，

因为，所以为的中点，

设，则，

在中，，则，，

由，

得当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值，

，

当且仅当时，取等号，

所以，解得，

则，

设三棱锥外接球的球心为，则平面，

设，

由得，解得，

则三棱锥外接球的半径，

所以三棱锥外接球的体积为.

故选：D.

【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；

④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.

四、多选题

9．设随机变量，随机变量，则（    ）

A． B．，

C． D．

【答案】AC

【分析】根据正态分布的性质以及参数函数即可结合选项逐一求解.

【详解】由随机变量，随机变量知， ，故A正确，B错误，

由于随机变量服从正态分布，对称轴为,所以，故C正确，

由于随机变量，均服从正态分布，且对称轴均为轴,但是，

在正态密度曲线中，的峰值较高，正态曲线越瘦高，随机变量分布比较集中，

所以，故D错误，

故选：AC

10．已知正n边形的边长为a，内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则（    ）

A．当时， B．当时，

C． D．

【答案】BD

【分析】作图，解三角形求关系，由此判断各选项.

【详解】如图：为正n边形外接圆的圆心，为正n边形的一个边，点为边的中点，

则，，

所以，，，C错误；

，D正确；

当时，，化简可得，A错误；

当时，，化简可得，B正确；

故选：BD.

11．已知、分别是双曲线的左、右焦点，过点作双曲线的切线交双曲线于点（在第一象限），点在延长线上，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．为的平分线 D．的角平分线所在直线的倾斜角为

【答案】ACD

【分析】先根据题意设出切线方程，与双曲线方程联立求出点的坐标，然后即可求出，，从而可以判断AB两项；再根据角平分线性质定理的逆定理可以判断C项；最后根据条件求出的角平分线所在直线的斜率即可求出倾斜角.

【详解】由题意知点为切点，且切线斜率大于零，

设切线方程为，

联立消得，

由得，所以切线方程为.

把代入，解方程得

将代入切线方程得，所以，所以，故选项A正确.

因为,所以，故选项B错误.

因为,所以，

又因为，所以，

所以为的平分线，故选项C正确.

又因为，且与的角平分线所在直线垂直，

所以的角平分线所在直线的斜率为，

所以的角平分线所在直线的倾斜角为，故选项D正确.

故选：ACD.

12．若函数为函数的导函数，且对于任意实数，均有，且，则（    ）

A．函数不可能为奇函数 B．存在实数M，使得

C．存在实数N，使得 D．函数不存在零点

【答案】AC

【分析】根据为递增的等差数列，进而根据原函数与导数的关系可得，进而可判断BCD，由奇函数的性质可判断A.

【详解】由，且可知：为递增的等差数列，设，则，由于，所以，

由于，所以存在正实数使得 ，所以，则，进而，

所以存在实数 使得，

，

若为奇函数，则，又，这与矛盾，故函数不可能为奇函数，故A正确，

由于，当时， 单调递增，当时， 单调递减，故当时， 取极小值也是最小值，所以，故C正确，

由于当时，，故B错误，

，所以有零点，故D错误，

故选：AC

五、填空题

13．现有如下10个数据：

296  301  305  293  293  305  302  303  306  294

则这批数据的第一四分位数为________．

【答案】

【分析】根据第一四分位数的定义求其值.

【详解】将数据

按从小到大的顺序排列可得：

第一四分位数即第百分位数，又，

所以第一四分位数为，

故答案为：.

14．展开式中的系数为________．

【答案】

【分析】由题意可知，进而利用展开式的通项公式化简整理，即可得出结果.

【详解】由题意可知，展开式的通项中时，

展开式的通项公式为

由于要求展开式中的系数，所以，，当时，展开式的项为，

所以展开式中的系数为.

故答案为：.

15．若函数的图象不过第四象限，则实数a的取值范围为________．

【答案】

【分析】作出函数的大致图象，结合图象可得，即可得解.

【详解】函数的图象关于对称，其定义域为，

作出函数的大致图象如图所示，

由图可得，要使函数的图象不过第四象限，

则，即，解得，

所以实数a的取值范围为.

故答案为：.

16．函数的最大值为________．

【答案】

【分析】将给定的函数表达式变形为，问题转化为求点到点与距离之差的最大值，画出图象，数形结合即得解.

【详解】将给定的函数表达式变形为，

问题转化为求点到点与距离之差的最大值，

而点的轨迹为抛物线，如图所示，

由A、B的位置知直线必交抛物线于第二象限的一点C，

由三角形两边之差小于第三边可知P位于C时，才能取得最大值.

.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：将给定的函数表达式变形为，问题转化为求点到点与距离之差的最大值，是解决本题的关键.

六、解答题

17．已知数列，的前n项和分别为，，且，，当时，满足．

(1)求；

(2)求．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由条件结合与的关系可求；

（2）由递推关系证明为等比数列，由此可求的通项公式，再利用错位相减法求和.

【详解】（1）因为，

所以，当时，，

又，当时，，

所以，当时，，

所以；

（2）因为，

所以，

所以，又，

所以数列为以为首项，公比为的等比数列，

所以，

所以，

，

所以，

所以，

所以，

所以.

18．已知a，b，c分别为中三内角A，B，C的对边，且，，D为直线BC上一动点．

(1)求A；

(2)在①，②，③这三个条件中任选一个，求线段AD长度的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理和两角和的正弦公式及辅助角公式将题给条件转化为关于A的三角方程，解之即可求得A；

（2）利用正弦定理余弦定理和两角和的正弦公式解，进而求得线段AD长度的最小值．

【详解】（1）由，，可得，

则

则

则，又，

则，则，

又，则，则

（2）选①，又，，

则，则，

则，又，

则，

则线段AD长度的最小值为．

选②，又，，

又由，可得,

则，则，

则，又，

则，

则线段AD长度的最小值为．

选③，又，

则由，可得，

则，则，

则

则线段AD长度的最小值为．

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，侧面底面ABCD，，且二面角的大小是．

(1)证明：；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直可得线线垂直，进而由线线垂直证明线面垂直，即可得直线与直线的垂直，

（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角.

【详解】（1）侧面底面ABCD，且交线为,又平面,所以底面ABCD,

由于底面ABCD,故 ,

又,平面,所以平面,

由于平面,因此,

（2）由于， ，所以即为二面角的平面角，所以，故三角形为等腰直角三角形，,

由于两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，

则.

所以

设平面的法向量分别为，

则 ，取 ，则，

，取 ，则，

设二面角的平面角为 ，则

，

所以二面角的正弦值为

20．如图，是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入编号为的球槽内．用X表示小球经过第7层通过的空隙编号（从左向右的空隙编号依次为），用Y表示小球最后落入球槽的号码．

(1)若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第3个空隙处的概率；

(2)若放入80个小球，求落入1号球槽的小球个数Z的均值与方差．

【答案】(1)；

(2)，

【分析】（1）根据独立重复试验事件发生的概率公式即可求得小球落入第7层第3个空隙处的概率；

（2）利用二项分布的均值与方差的公式即可求得落入1号球槽的小球个数Z的均值与方差．

【详解】（1）小球下落过程中，每次向左、向右落下的概率均为，并且相互独立，

小球落入第7层第3个空隙处要经过6次碰撞，其中2次向右，4次向左，

根据独立重复试验事件发生的概率公式，

小球落入第7层第3个空隙处的概率为；

（2）

80个小球，每个小球落入1号球槽的概率均相同并且相互独立，

故，

故落入1号球槽的小球个数Z的均值，

落入1号球槽的小球个数Z的方差．

21．已知椭圆的焦距为2，且经过点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若椭圆C内接四边形MNQP的对角线交于点，满足，试问：直线MN的斜率是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)为定值

【分析】（1）易得，再根据椭圆过点，求出即可得解；

（2）设，根据，求出及的关系，再根据都在椭圆上，可求得的关系，同理可求出的关系，进而可得出结论.

【详解】（1）由题意，可得，则，即，

又椭圆过点，则，解得，

所以椭圆C的方程为；

（2）设，

，

故，所以，

因为都在椭圆上，

所以，即，

两式相减，得，即，

同理可得，两式相减可得，

所以为定值.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

22．已知函数，a为实数．

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：

【答案】(1)递减区间为，递增区间为.

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，由导函数的正负即可确定的单调区间，

（2）构造函数，求导得的单调性，即可证明，构造函数求导，利用单调性即可求证.

【详解】（1）函数的定义域为，

令，所以，得，

当，，当，，

故函数递减区间为，递增区间为.

（2）因为函数在处取得极值，

所以，得，

所以，得，

令，

因为，当时，，

所以函数在单调递减，在单调递增，

且当时,,当时,,

故.                           

先证，需证.

因为，下面证明.

设,

则,

故在上为增函数,故,

所以,则,

所以,即得，

下面证明：

令，当时，所以成立,

所以，所以.

当时，记,

所以时，所以为减函数得,

所以,即得.

所以得证，

综上，.

【点睛】思路点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.