2023年浙江省嘉兴市桐乡重点中学高考数学适应性试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省嘉兴市桐乡重点中学高考数学适应性试卷（含解析），共19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年浙江省嘉兴市桐乡重点中学高考数学适应性试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知，，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知复数满足其中为虚数单位，则复数的虚部为(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知两个非零向量，满足，，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  折扇是我国传统文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征如图图是一个圆台的侧面展开图扇形的一部分，若两个圆弧，所在圆的半径分别是和，且，则该圆台的体积为(    )

 A.  B.  C.  D. 5.  甲乙丙丁戊个人站成一排，则甲乙均不站两端的概率(    )A.  B.  C.  D. 6.  若，，则(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知动直线与圆：交于，两点，且若与圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值之差为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知函数，，若存在，使得成立，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  以下说法正确的是(    )A. 决定系数越小，模型的拟合效果越差
B. 数据，，，，，，的百分位数为
C. 若，则
D. 有一组不全相等的样本数据，，，，它的平均数和中位数都是，若去掉其中的一个数据，则方差变大10.  设函数的定义域为，是的极大值点，以下结论一定正确的是(    )A. ， B. 是的极大值点
C. 是的极小值点 D. 是的极大值点11.  在平面直角坐标系中，是坐标原点，角的终边与圆心在坐标原点，半径为的圆交于点，射线绕点按逆时针方向旋转弧度后交该圆于点，记点的纵坐标关于的函数为则下列说法正确的是(    )
 A.
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的单调递增区间为
D. 若，，则12.  已知抛物线：，点，均在抛物线上，点，则(    )A. 直线的斜率可能为
B. 线段长度的最小值为
C. 若，，三点共线，则是定值
D. 若，，三点共线，则存在两组点对，使得点为线段的中点三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知椭圆的左、右焦点分别为点、，若椭圆上顶点为点，且为等腰直角三角形，则 ______ ．14.  已知数列的通项公式为，数列是以为首项，为公比的等比数列，则 ______ ．15.  若函数的图像不过第四象限，则实数的取值范围为______ ．16.  已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的最小值是______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
数列满足，．
若数列是等比数列，求及的通项公式；
若数列满足：，数列的前项和为，求证：．18.  本小题分
“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景某公司对充电桩进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据，并计算得． 充电桩投资金额万元所伏利润百万元已知可用一元线性回归模型拟合与的关系，求其经验回归方程；
若规定所获利润与投资金额的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”记分，所获利润与投资金额的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记分，所获利润与投资金额的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记分，现从表中个投资金额中任意选个，用表示记分之和，求的分布列及数学期望．
附：对于一组数据，，，，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为19.  本小题分
如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面．
求证：；
若直线与平面所成的角为为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小．
20.  本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，．
求；
若点为边的中点，点，分别在边，上，，设，将的面积表示为的函数，并求的取值范围．21.  本小题分
已知双曲线：的离心率为，并且经过点．
求双曲线的方程．
若直线经过点，与双曲线右支交于、两点其中点在第一象限，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，且直线与交于点，直线与交于点，证明：双曲线在点处的切线平分线段．22.  本小题分
已知函数，．
若，证明：在上单调递增．
若存在两个极小值点，
求实数的取值范围；
试比较与的大小．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为，或，
所以，．
故选：．
先化简集合，，再利用集合的补集和并集运算求解．
本题主要考查了集合的并集及补集运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】【分析】先求，再把等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．【解答】解：由，
得，
复数的虚部为．
故选：．  3.【答案】 【解析】解：设为，
，
则，
，
，即，解得．
故选：．
根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：两个圆弧，所在圆的半径分别是和，且，
两个圆弧的弧长分别为，，可得圆台的两底面半径分别为，，
圆台的高为．
圆台的体积为．
故选：．
由已知结合弧长公式求得圆台的两底面半径，进一步求出高，代入圆台体积公式得答案．
本题考查圆台的结构特征，考查了逻辑推理与运算求解能力，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：人作全排有种排法，
甲乙不在两端，中间个位置选个安排甲乙，余下人全排有种，
所以甲乙均不站两端的概率．
故选：．
求出人作全排、甲乙不在两端的排法数，再由古典概型概率的求法求概率．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：由得，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，，
所以．
故选：．
先由诱导公式把化为，再用二倍角公式变形，从而求出，再求出把变形为再用和差角公式即可计算．
本题主要考查了三角函数的恒等变换，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于较难题．
根据题意当动直线经过圆的圆心时，可得到弦长的最大值为该圆的直径，再设线段的中点为，从而得到动直线在圆上做切线运动，当动直线与轴垂直且点的坐标为时，即可得到弦长的最小值，进而即可求解．【解答】解：由题意可知圆的圆心在圆：上，
则当动直线经过圆心，即点或与圆心重合时，如图，
此时弦长取得最大值，且最大值为；
设线段的中点为，
在中，由，且，则，
则动直线在圆上做切线运动，
所以当动直线与轴垂直，且点的坐标为时，如图，
此时弦长取得最小值，且最小值为，
所以的最大值与最小值之差为．
故选：．  8.【答案】 【解析】解：由题设，即，
由，则上，递减；上，递增；
，且，图象如下：

由图知：时，，即且，所以，
令且，则，
时，，递减；时，，递增；
所以，即的最小值为．
故选：．
由题设知，研究的单调性及最值，画出函数图象，数形结合确定、的交点个数得，进而将目标式化为且，构造函数研究最小值即可．
本题考查导数的综合应用，指对同构思想，化归转化思想，属中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对于选项A：决定系数越小，模型的拟合效果越差，越大拟合效果越好，故A正确；
对于选项B：，故百分位数为，故B错误；
对于选项C：由，则，故D，故C正确；
对于选项D：由，原方差，去掉一个数据，均值不变，新方差，
数据是数据去掉一个数据所得新数据，显然，故D正确．
故选：．
由决定系数实际意义可判断的正误；由百分位数定义可判断的正误；由二项分布方差公式，以及方差性质可判断的正误；由方差公式可判断的正误．
本题主要考查了决定系数的实际意义，考查了百分位数的计算，以及二项分布的方差公式，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：是的极大值点．则存在区间，，
对任意有，不一定是最大值，A错误；
的图象与的图象关于轴对称，因此，
对任意有，是的极大值点，B正确；
的图象与的图象关于轴对称，因此对任意有，C正确；
由的推理可知是的极小值点，D错误．
故选：．
根据极值的定义结合函数的对称性进行判断即可．
本题考查函数的极值，考查函数图象的对称性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：由题意可知，而，故，
故，则，A错误；
当时，，即此时取最小值，
故函数的图象关于直线对称， B正确；
令，解得，
即函数的单调递增区间为，
由于的最小正周期为，故
和不同， C错误；
若，，即，
，因为，
故，则，D正确．
故选：．
根据三角函数定义，得到，，可判断项；项，计算是否为最值；项，利用的单调性判断；项，利用同角关系式判断即可．
本题考查三角函数性质，考查同角关系式，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：设在抛物线上，且满足，
对于，假如直线的斜率可以为，则，
由于，则该方程无解，所以直线的斜率不可能为，故A错误；
对于，，记，所以，
记，所以单调递增，
由于，因此时， 单调递增，
当时， 单调递减，故当时，取最小值，
因此的最小值为，故B正确；
对于，若，，三点共线，
显然直线与轴不平行，设直线方程为，
联立抛物线方程，可得，
当时，，，
所以，故C正确；
对于，若，，三点共线，为线段的中点，则，，
将代入抛物线方程中得：
，
故有两个不相等的实数根，所以满足条件的点有个，即存在两组点对，故D正确．
故选：．
根据两点斜率公式，结合一元二次方程的根可判断，由两点距离公式，结合导数求单调性确定最值可判断，联立直线与抛物线方程，由根与系数的关系求解可判断，根据中点坐标公式，由一元二次方程根的个数可判断．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：椭圆，故，，
为等腰直角三角形，故，
故，即，．
故答案为：．
根据为等腰直角三角形得到，代入计算得到答案．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：由题意可得：，，．
所以．
故答案为：．
由等差数列、等比数列的通项公式可得，再由等比数列的前项和公式即可得结果．
本题考查等比数列的通项公式与求和公式的应用，属基础题．
 15.【答案】 【解析】解：为偶函数，且经过点，，
的图象为向左平移个单位得到，
函数的图像不过第四象限，
则实数的取值范围为．
故答案为：．
根据已知条件，结合对数函数的图象与性质，即可求解．
本题主要考查对数函数的图象与性质，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】解：设在底面上的射影为，如图，

因为，由，，全等得为的中心，
由题可知，，
由，解得，
在正中，可得．
从而直角三角形中解得．
同理，
又是边长为的正三角形，
所以，
则，
同理，，
因此正三棱锥可看作正方体的一角，
正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心．
记外接球半径为，则，
过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，
此时截面圆半径满足，
由，得，
所以，
所以截面面积的最小值为．
故答案为：．
先根据条件可证明，，，故三棱锥放入正方体中，正方体的外接球即是三棱锥的外接球，从而即可求出球的半径，过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，求得截面圆半径即可．
本题考查立体几何中的截面问题，考查运算求解能力，属于中档题．
 17.【答案】解：由可得，，
又，故是首项为，公比为的等比数列，即，，于是．
证明：由知，，
于是，
则，
两式相减：，
即，于是，故． 【解析】先通过递推关系配凑出等比数列的结构，从而得到，进而得出的通项公式；
利用错位相减法求和并证明．
本题主要考查数列的求和，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
 18.【答案】解：根据获得的利润统计数据，
可得，，，
所以，
所以，
所以关于的经验回归方程为．
由题意，，，，，，，
所以“优秀投资额”有个，“良好投资额”有个，“不合格投资额”有个．
随机变量的可能取值为，，，，，，，，，，
所以的分布列为：数学期望． 【解析】本题主要考查离散型随机变量期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
根据已知数据，利用最小二乘法，求出回归系数，可得线性回归方程；
利用概率公式求出随机向量的概率，可得随机变量的分布列，代入期望公式计算即可．
 19.【答案】解：连接，设，则中点为，且，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，
，
又在直三棱柱，面，平面，
，
，，平面，
平面，
平面，
；
由得平面，
则直线与平面所成的角为，
在正方形中，，
建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
平面的法向量为，
又平面
设平面的法向量为，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
为锐角，
，即平面与平面所成锐二面角的大小为． 【解析】根据面面垂直的性质，线面垂直的判定和性质，即可证明结论；
由题意建立空间直角坐标系，结合直线与平面夹角的定义，利用向量法，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 20.【答案】解：因为，所以，
即，所以，
因为，所以；
由，及，可知为等边三角形，
又因为，，所以，
在中，，由正弦定理，
在中，，由正弦定理，所以，，
因为
，所以，所以的取值范围为． 【解析】由余弦定理可得，进而可得以；
在中，由正弦定理，在中，由正弦定理，可得，进而可求的取值范围．
本题考查正余弦定理的应用，考查三角形的面积，考查运算求解能力，属中档题．
 21.【答案】解：依题意，离心率，，解得，，
双曲线的方程为．
证明：设，，
直线为，代入双曲线方程得．
则且，
，，，
，
直线的方程为，令，得，，
直线为，令，得：，即，
设线段的中点坐标为，则，，
过点的切线方程为：，
要证双曲线在点处的切线平分线段，
即证点处的切线经过线段的中点，

，
点处的切线过线段的中点，即点处的切线平分线段． 【解析】由已知可求，，可求双曲线的方程．
设，，与双曲线联立方程，求得，的方程求得，坐标，可求得中点的坐标，点处的切线经过线段的中点即可．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
 22.【答案】证明：由，得，
因为，，所以，
当时，，
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数取得最小值，且，
所以当时，，即，
所以在上单调递增；
解：，定义域为，
则，
令，则，
当时，，所以，单调递增，
故，此时在上单调递减，在上单调递增，
所以只有一个极小值点，不合题意；
当时，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，即，
当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
可得只有一个极小值点，不合题意；
当时，，
因为时，，，
所以在上存在零点，即存在，使得，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，可得，
所以在上存在零点，即存在，使得，
所以，随的变化情况如下： 极小值极大值极小值所以，为的两个极小值点．
故实数的取值范围为
由知，满足，即，
所以，，得，，
所以，，
所以 【解析】求得，根据题意得到，设，利用导数求得的单调性和，即可证得在上单调递增；
根据题意求得，令，对其求导，然后结合导数与单调性关系对进行分类讨论，然后结合函数的性质即可求解．
本题主要考查了利用导数研究极值与最值的综合问题，体现了转化思想及分类讨论思想的应用，属于难题．