浙江省杭州第二中学2023届高三数学下学期4月月考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州第二中学2023届高三数学下学期4月月考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，选择题II，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
杭州二中2022学年第二学期高三年级4月月考数学试题卷第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共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】C【解析】【分析】解一元二次不等式得集合，根据对数函数的定义域得集合，再根据并集的运算得即可.【详解】由得，即，又函数的定义域满足，所以则.故选：C.2. 已知平面，，直线，满足，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意，由线面关系分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.【详解】因为，由面面垂直的判定定理可知“”“”，故充分性满足；由“”，且，不一定得到“”，有可能线面平行或者直线在平面内，故必要性不满足；则“”是“”的充分不必要条件.故选：A3. 某公司在年的销售额(万元)如下表，根据表中数据用最小二乘法得到的回归方程为，则当关于的表达式取到最小值时，（    ）201720182019202020212022 A. 5 B. 13C. 8059 D. 8077【答案】D【解析】【分析】表达式表示的是样本点与回归直线方程的整体接近程度.故可根据此意义逆向分析的意义，结合条件解决之.【详解】由题意，，根据意义知表示样本点与回归直线的整体接近程度.且由样本点构成的表为123456对应回归直线方程为：，由表知，所以，由题意可知：在散点图中，样本点是将样本点整体向左平移了2016个单位，故回归直线与必平行，则有，所以，所以.故选：D.4. 已知矩形中，，，是的中点，沿直线将△翻折成△，则三棱锥的体积的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】当平面平面，此时点到平面的距离取得最大值，取的中点，得到，证得平面，得到三棱锥的高为，结合体积公式，即可求解.【详解】如图所示，要使得三棱锥的体积取得最大值，当平面平面，此时点到平面的距离取得最大值，取的中点，因为，可得，因为平面平面，且平面，所以平面，在直角中，可得，即三棱锥的高为，又由三角形的面积为，所以三棱锥的体积的最大值.故选：B.  5. 已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件求出的公比q，然后逐一分析各选项即可判断作答.【详解】设等比数列的公比为q(q≠1)，又，即，而，则，解得，则，，，，，A不正确；，B正确；，C不正确；，D不正确.故选：B6. 已知复数满足且有，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设（为虚数单位），由棣莫佛公式可知，根据平方关系求出，从而求出，即可得解.【详解】设（为虚数单位），由棣莫佛公式可知，因为，所以，即，所以，即，因为，所以，即，所以，所以，所以.故选：A7. 设椭圆的左焦点为，为坐标原点，过且斜率为的直线交椭圆于，两点（在轴上方）.关于轴的对称点为，连接并延长交轴于点，若，，成等比数列，则椭圆的离心率的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据，，成等比数列，得到，设直线AB的方程为：，与椭圆方程联立，再设直线BD的方程为：，令结合韦达定理，得到点E的坐标，代入求解.【详解】解：如图所示：  设分别以OF，EF，OE为底，高为h，则，因为，，成等比数列，所以，即，设直线AB的方程为：，联立，消去y得，由韦达定理得：，直线BD的方程为：，令得，，则，则，即为，则，即，即，解得，则，故选：D8. 已知，则下列有关的大小关系比较正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由时，，即可判断，且，然后构造函数，即可判断，即可得到结果.【详解】因为，时，，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增，则当时，函数有极小值，即最小值为，所以时，，即，，则，而，所以，又，则，令，则，令，则，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增，所以当时，有极小值，即最小值为，所以，即，则，所以.故选：C二、选择题II：本大题共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. 甲、乙两人参加某商场举行的抽奖活动，中奖名额不限，设事件为“甲中奖”，事件为“乙中奖”，事件为“甲、乙中至少有一人中奖”，则（    ）A. 与为互斥事件 B. 与为对立事件C. 与为互斥事件 D. 与为对立事件【答案】CD【解析】【分析】直接利用互斥事件、对立事件、互斥事件、对立事件的定义判断即可.【详解】当发生时，也可能发生，即与不为互斥事件，则A错误；当发生时，若甲中奖，则也能发生，则B错误；为甲、乙都中奖，为甲、乙都不中奖，与不可能同时发生，且也不是必然事件，即与为互斥事件，则C正确；为甲、乙都不中奖，为甲、乙中至少有一人中奖，与不可能同时发生，且为必然事件，即与为对立事件，则D正确，故选：.10. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（    ）A. 常数项是 B. 各项系数和为C. 第5项二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和为32【答案】BD【解析】【分析】根据二项式理及二项式系数的性质逐项判断即可.【详解】二项式的展开式的通项为当时，得常数项为，故A不正确；当时，可得展开式各项系数和为，故B正确；由于，则二项式系数最大为为展开式的第4项，故C不正确；奇数项二项式系数和为，故D正确.故选：BD.11. 若对于一个角，存在角满足，则称为的“伴侣角”.下列有关“伴侣角”的说法正确的是（    ）A. 若，则是的“伴侣角”B. 若存在“伴侣角”，则有且仅有一个为其“伴侣角”C. 对任意，必存在为其“伴侣角”D. 若存在“伴侣角”，则【答案】AD【解析】【分析】根据实例，可判定A正确，B错误；将方程变形为，转化为直线与单位圆的交点，求得圆心到直线的距离，结合直线与圆有公共点，列出不等式，求得的取值范围，进而可判定C错误、D正确.【详解】对于A中，当，且，可得，，满足，所以A正确；对于B中，例如：当，时，满足；当，时，满足，此时，存在两个“伴侣角”和，所以B不正确；将已知中的方程变形为，则为直线与单位圆的交点，由圆心到直线距离为，若存在“伴侣角”，则直线与单位圆有公共点，则满足，即，整理得，解得，又因为，所以，所以，所以D正确；当，由余弦函数的性质，可得，其中，所以对任意，不一定存在其“伴侣角”，所以C错误.故选：AD.12. 当我们将导数的概念及定义推广至方程时，有时会无法解出.为此，数学家提出了一种新的方法，使得对于任意方程，都能够对其中一个变量求导.例如，对于方程，对求导：将视作的函数，两边同时对求导，得：，即.从而解得下列说法正确的是（    ）A. 对于方程B. 对于方程C. 对于方程D. 对于方程【答案】BCD【解析】【分析】根据新定义导数运算、复合函数求导的知识求得正确答案.【详解】A选项，由，得，A选项错误.B选项，由，得，B选项正确.C选项，由，得，所以， ，所以C选项正确.D选项，由得，所以，所以D选项正确. 故选：BCD【点睛】新定义题型的问题求解过程可以参考如下几个步骤：1.对新定义进行信息提取，明确新定义的名册和符号；2.对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法，寻求相近知识点；3.对新定义中提取的知识进行转换，将新问题转换为“旧问题”来进行求解.第Ⅱ卷（非选择题 共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，，则______.【答案】【解析】【分析】由三角函数平方关系以及二倍角公式结合已知条件即可求解.【详解】由题意，，所以，，又因为，所以，解得.故答案为：.14. 在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有______种.【答案】14【解析】【分析】根据加法分类计数原理求解即可.【详解】不妨设圆周上的点依次为，要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：  符合图①的连结方式有2种；符合图②的连结方式有4种；符合图③的连结方式有8种；共计种.故答案为：.15. 若，，点在线段（含端点）上移动，则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】由表示动点与定点之间的距离，结合点到直线的距离公式，即可求解.【详解】因为，，可得直线的方程为，又由表示动点与定点之间的距离，由点到直线的距离公式，可得，又由，则过点与垂直的直线的斜率为，此时直线方程为，即，联立方程组，解得，满足题意，所以的最小值为.故答案为：.16. 设是定义在上的函数，且有唯一解或无解，且对任意，均有，请写出一个符合条件的______.【答案】或（答案不唯一）【解析】【分析】根据已知条件写出一个符合条件的即可.【详解】当时，，所以；或者，当时，，所以.故答案为：或（答案不唯一）.四、解答题：本大题共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. 在锐角△中，角所对的边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求△内切圆半径的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正切函数的和差角公式，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由正弦定理结合三角形的面积公式可得，即可得到结果.【小问1详解】因为，故【小问2详解】由正弦定理：故因为在锐角△中，所以，得，所以．18. 已知数列为等差数列，其中，，前n项和为，数列满足，（1）求数列的通项公式；（2）求证：数列中的任意三项均不能构成等比数列.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质确定公差，即可得前n项和为，从而可得数列的通项公式；（2）利用反证法证明结论即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，因为，，所以，所以，所以，所以【小问2详解】设数列中任意三项，，则，假设成等比数列，则即因为，所以，所以，即，与矛盾，所以数列中的任意三项均不能构成等比数列．19. 如图，为圆柱的一条母线，且.过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为.已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心.为在上底面内的射影.记椭圆的离心率为.  （1）求的取值范围；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，在求得长轴，得到，进而求得离心率的取值范围；（2）当离心率时，求得，建立空间直角坐标系，设，求得平面法向量的法向量和向量,结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】解：设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，当移至下底面端点时，，长轴的最大值，所以长轴的取值范围，则，所以，所以椭圆离心率的取值范围是；【小问2详解】解：当离心率时，即，得，则，即，即点是母线的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，可得,,,,,则,,,设平面的法向量，则，令，得，，所以，设直线与平面所成角为，则.  20. 七选五型选择题组是许多类型考试热门题型.为研究此类题型的选拔能力，建立以下模型.有数组和数组，规定与相配对则视为“正确配对”，反之皆为“错误配对”.设为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数.（1）请直接写出的值；（2）已知.①对和进行随机配对，记为“正确配对”的个数.请写出的分布列并求；②试给出的证明.【答案】（1）    （2）①分布列见解析，；②证明见解析【解析】【分析】（1）由为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数求解；（2）(i) 由 ，列出分布列，再求期望；(ii)分三类情况，和配对证明.【小问1详解】；【小问2详解】(i) ， ，，012345，(ii)分三类情况，和全错配,1.和配对，余下和（或）.余下部分属于n个时的错配，故总共，2.和配对，且与配对.此时余下部分属于n-1个时的错配，故总共，3.和配对，且与不配对.此时可将等效为，则余下部分属于n个时的错配，故总共，综上：.21. 已知抛物线，焦点为.过抛物线外一点（不在轴上）作抛物线的切线，其中为切点，两切线分别交轴于点.（1）求的值；（2）证明：①是与的等比中项；②平分.【答案】（1）0    （2）详见解析【解析】【分析】（1）先利用题给条件求得点C的坐标，进而利用向量数量积求得的值；（2）先求得点P的坐标，进而利用等比中项定义证得是与的等比中项；先利用向量求得，进而证得，从而得到平分.【小问1详解】抛物线焦点，设点，设抛物线的切线的方程分别为：由整理得，，由，可得，同理，则抛物线的切线的方程分别为：则，，则，【小问2详解】①由（1）可得，，则，，则，故是与的等比中项；②，则,又，则故平分.  22. 已知函数.（1）求函数的极值；（2）证明：①；      ②（，且）.【答案】（1）极小值，无极大值    （2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）求得，求得函数的单调区间，结合极值的定义，即可求解；（2）（i）根据题意，转化为，令，求得，得到在区间上为增函数，进而得证；（ii）根据题意，利用数学归纳法，转化为证明，结合，得到，进而证得结论.【小问1详解】解：由函数，可得当时，；当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.【小问2详解】解：（i）要证，即证，两边取对数，可得可得，即，令可得 ，当时，，即在区间上为增函数，所以.原命题得证.       （ii）当时，显然成立，假设时，成立则时，（1），则需证（2）即证，由于即证.又由时，（2）式证毕，由（1）（2）两式可得时，成立，综上，由数学归纳法：在恒成立.【点睛】方法总结：利用导数证明不等式问题的求解策略:1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，证得或恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；3、最值法：若，可得不等式恒成立，此法注意两个函数在同一个自变量取得相应的最值；