浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高三数学上学期第一次联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高三数学上学期第一次联考试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 若，则的值为等内容，欢迎下载使用。
绝密★考试结束前2023学年第一学期浙南名校联盟第一次联考高三年级数学学科试题考生须知：1.本卷共5页满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一､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. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求得集合，然后根据交集的知识求得正确答案.【详解】，解得或，所以.由得，所以，所以.故选：A2. 双曲线的焦点坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由双曲线的性质求解．【详解】由题意可知双曲线的焦点在轴上，，故焦点为，故选：D3. 已知平面向量，则在方向上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由向量数量积求出在方向上的投影为，再结合投影向量的定义求解.【详解】在方向上的投影为，又方向上的单位向量为，故在方向上的投影向量是.故选：B.4. 已知，则“”是“数列是递增数列”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条C. 充要条件件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】作差，利用二次函数性质可判断充分性；取可判断必要性.【详解】充分性：，因为的对称轴为，所以在单调递增，所以的最小值为，因为，所以，所以，即数列是递增数列.“”是“数列是递增数列”的充分条件.必要性：显然，当时，为递增数列.“”是“数列是递增数列”的不必要条件.综上，“”是“数列是递增数列”的充分不必要条件.故选：A5. 生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体，其中四边形与都为等腰梯形，为平行四边形，若面，且，记三棱锥的体积为，则该五面体的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将五面体分割成三个三棱锥，通过选择适当定点可得其体积关系，然后可得五面体体积.【详解】因为为平行四边形，所以，所以.记梯形的高为，因为，所以，所以，所以该五面体的体积.故选：C  6. 若，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先由三角函数平方关系结合已知求出，从而求出，再由即可求出，最后由两角和的正切公式代入表达式即可求解.【详解】一方面由题意，且注意到，联立得，解得，所以，另一方面不妨设，且，所以有，解得或（舍去），即，由两角和的正切公式有，所以.故选：B.7. 设离散型随机变量的期望和方差分别为和，且，则（    ）A. B C. D. 和大小不确定【答案】C【解析】【分析】根据期望和方差公式计算并作差可得．【详解】设，则，，，.，所以，所以，故选：C．8. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（    ）A.  B. 2 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由球的表面积公式得半径，确定球心和点在底面的投影，建立函数关系求解．【详解】由球的表面积，得，因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点，而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点，，，可得，设，则，设，令，则，，故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为．故选：D 二､多选题：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. 成人心率的正常范围为60~100次/分钟，超过100次/分钟为心率过速.观测并记录一名心率过速成人患者服用某种药物后心率，其随时间的变化如图所示，则该患者（    ）A. 服了药物后心率会马上恢复正常B. 服药后初期药物起效速度会加快C. 所服药物约15个小时后失效（服药后心率下降期间为有效期）D. 一天需服用该药1至2次【答案】BCD【解析】【分析】由函数图象对选项逐一判断．【详解】对于A，服药后2小时心率恢复正常，故A错误，对于B，服药后初期心率下降速率增大，故B正确，对于C，服药15小时后心率开始回升，故C正确，对于D，服药22小时后心率过速，需再次服药，故D正确，故选：BCD10. 将函数图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到函数的图象，则关于的说法正确的是（    ）A. 最小正周期为 B. 偶函数C. 在上单调递减 D. 关于中心对称【答案】BD【解析】【分析】先根据三角函数图象变换的知识求得，然后根据三角函数的周期性、奇偶性、单调性、对称性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，的图象向左平移个单位长度得到，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到，所以，的最小正周期为，A选项错误.是偶函数，B选项正确.由得，所以在上单调递增，C选项错误.，所以D选项正确.故选：BD11. 已知函数，其导函数为，则（    ）A. 曲线在处的切线方程为B. 有极大值，也有极小值C. 使得恒成立的最小正整数为2021D. 有两个不同零点，且【答案】ACD【解析】【分析】根据切线方程的求解即可判断A，根据导数求解单调性即可判断极值求解B，根据过原点的切线的斜率，即可求解C，利用极值点偏移的求解方法即可求解D.【详解】由得，对于A，则，故处的切线方程为，即，A正确，对于B,令，故当时，单调递减，当时，单调递增，故当，取极大值,无极小值，B错误，设切点为,则切点处的切线方程为，则该切线方程经过原点时，则，所以，得，所以此时切线方程为，由于过原点，所以当直线与相切时，此时，要使恒成立，则，由于,故，C正确，由于是的两个零点，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，故当，取极大值，故不妨设，记，则，由于，当且仅当时取等号，所以，故在单调递增，故，因此，由于，所以，而在单调递增，故，故，由于所以，由于是的两个零点，所以，记，所以是的两个零点，由于，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取极小值也是最小值，不妨设，则，记，则，由于，所以，因此在单调递减，所以，即，由于时，单调递增，，所以，即，因此，D正确，故选：ACD【点睛】方法点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.12. 已知是椭圆上不同的三点，记的面积分别为（为坐标原点）.若，则（    ）A.  B. C.  D. 为定值【答案】BC【解析】【分析】先证明：设，不共线，则．然后设，，，求出，代入后利用三角恒等变换得出，从而可判断各选项．【详解】先证明：设，不共线，则．若，则，若，当中有一个为0时，例如，则易得，当都不为0时，设直线与轴交点为，直线方程为，令，当时，，当时，，综上，，由已知设，，，则，同理，，由得，，，，，，由题意中任意两点都与原点不共线，即，，所以，，所以，，从而或,所以，，故选：BC．【点睛】易错点睛：本题中利用三角换元法或称为椭圆的参数方程设出三点的坐标后，易错点是得出后容易得出，要注意换元后参数的意义，在中，，因此不能得出．非选择题部分三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知复数满足，则______.【答案】【解析】【分析】根据共轭复数和复数相等的概念求得，即可求解.【详解】设，则，所以，所以，所以，则，故答案为: .14. 若的展开式中所有系数绝对值之和为81，则其常数项为______.【答案】【解析】【分析】由二项式定理求解．【详解】的展开式中所有系数绝对值之和为，得，的展开通项为，当时，常数项为，故答案为：15. 已知点在上运动，点在圆上运动，且最小值为，则实数的值为______.【答案】5【解析】【分析】结合图形，先判断得，再将问题转化为求的最小值，利用换元法与二次函数在闭区间上的最值求法即可得解.【详解】因为可化为，又，所以表示焦点在轴上，实半轴长为的双曲线上支的一部分，而圆的圆心为，半径为，如图，因为最小值为，即，又，即，所以，即，则，又，所以，因为点在上运动，故设,，所以，令，，则，，所以， 令，则其对称轴为，因为，所以，则在上单调递减，则，即，则，解得或（舍去），所以.故答案为：5.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为二次函数的最值问题，从而得解.16. 已知数列的首项为，且满足，其中为其前项和，若恒有，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】利用与的关系可得，进而可得，再利用累乘法得，由恒成立可知，，列不等式组求解即可.【详解】由①可得②，②①得，即，，所以，，所以，，累乘得，，将代入得，解得，所以，，对于函数，得，由指数函数的单调性可得存在满足，同理时，所以要使恒成立，只需，即可，即，解得，故答案为：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. 设等差数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式及；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）设出等差数列的公差，利用给定条件列出方程组，解方程组作答.（2）由（1）的结论，利用分组求和法及等差等比数列前n项和公式求解作答.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为，由题：解得所以；【小问2详解】由（1）知，则.两式相减得：即有18. 记的内角所对的边分别为，已知.（1）若，求；（2）若，求的周长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边，再结合已知条件与余弦定理即可求解.（2）由（1）得,结合已知由余弦定理可以先求出，再由变形公式即可求解.【小问1详解】由得：,则,则,即，化简并整理得，又，则,所以.【小问2详解】由题意有，由（1）得,所以所以，由，所以，则的周长为.19. 某型合金钢生产企业为了合金钢的碳含量百分比在规定的值范围内，检验员在同一试验条件下，每天随机抽样10次，并测量其碳含量（单位：%）.已知其产品的碳含量服从正态分布.（1）假设生产状态正常，记表示一天内10次抽样中其碳含量百分比在之外的次数，求及的数学期望：（2）一天内的抽检中，如果出现了至少1次检测的碳含量在之外，就认为这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.下面是在一天中，检测员进行10次碳含量（单位：%）检测得到的测量结果：次数12345678910碳含量（%）0.310.320.340.310.300.310.320.310.330.32经计算得，，其中为抽取的第次的碳含量百分比.（i）用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？（ii）若去掉，剩下的数的平均数和标准差分别记为，试写出的算式（用表示）.附：若随机变量服从正态分布，则..【答案】（1）0.0257，0.026    （2）（i）不需要（ii）【解析】【分析】（1）由公式结合已知即可求出，由二项分布的期望公式即可求出.（2）先求出，对比表中数据即可判断是否需要对当天的生产过程进行检查，由样本平均数和方差的计算公式推导即可得出.【小问1详解】由已知得：抽取一次碳含量在之内的概率为0.9974，所以，又碳含量在之外的概率为0.0026，故,因此.【小问2详解】由得的估计值为，所以，由所测数据可以看出10次抽检的碳含量均在之内，因此不需要对当天的生产过程进行检查.若去掉，剩下的数据的标准差又注意到，所以.20. 在正三棱台中，侧棱长为1，且为的中点，为上的点，且.（1）证明：平面，并求出的长；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析，    （2）【解析】【分析】（1）画出图形，由线面垂直的性质以及判定定理证明即可,解三角形即可求出的长.（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可求解.【小问1详解】如图所示：由三棱台可知：延长交于点，连接，延长交于，并连接，易得三棱锥为正四面体，所以，且平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，且平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，在中，，则，所以.【小问2详解】如图，以底面中心为坐标原点，以与平行的方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则，所以，所以，设平面的法向量为，则即为令，得，取平面的法向量为，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21. 设抛物线的焦点为是坐标原点，，过点的直线与抛物线交于两点，延长分别交抛物线于两点，分别是的中点.（1）求直线的斜率的取值范围；（2）求的最小值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合基本不等式求得直线的斜率的取值范围.（2）求得两点的坐标，从而求得点坐标，根据向量的夹角公式以及函数的单调性求得的最小值.【小问1详解】由题：，设，代入得，则有，，所以，故，当时，，当时综上可得直线的斜率取值范围为.【小问2详解】设，则解得，同理，，所以，所以点的横坐标为，点的纵坐标为，所以的斜率，记，，取的方向向量分别为，故，当时，，当时，，函数在区间上单调递减，最小值为，所以当时，取到最小值为.【点睛】求解直线和抛物线相交有关的问题，如果交点有两个，可设直线方程为的形式，这个设法包括了直线斜率不存在的情况，但不包括直线与轴平行的情况.求解最值有关的问题，可根据表达式的结构，利用基本不等式或函数的单调性来求.22. 设函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）若对任意，函数均有2个零点，求的取值范围；（3）设且，证明：.【答案】（1）答案见解析    （2）    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，对参数进行分类讨论即可.（2）由（1）可知的单调性，结合题意有，转换为不等式恒成立问题来求解即可.（3）首先利用分析法，两边取对数将不等式变形为，进一步采用倒序相加法，则只需证，结合（2）中结论即可求证.【小问1详解】由题：，（i）当时，，函数在上单调递减；（ii）当时，解为，且，所以函数的减区间为，增区间为.【小问2详解】由（1）知当时，有减区间为，增区间为,由题可知：对任意，均有成立，等价于恒成立，令，则，得，且，所以在上递增，在上递减，所以，所以；所以当时，，注意到，所以，所以的取值范围为.【小问3详解】由题意，其中且，，因为由（2）可知：，取，代入上式得，，所以，得证!