浙江省湖州市2023-2024学年高三上学期第一次质量检测数学试题

这是一份浙江省湖州市2023-2024学年高三上学期第一次质量检测数学试题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．复数的共轭复数是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．设，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
5．设等比数列的前项和为，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
6．在流行病学中，每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数．当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长．当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散．而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径．假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么1个感染者可传染的新感染人数为．已知某病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的新感染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为（ ）
A．B．C．D．
7．在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（ ）
A．2B．3C．D．
8．已知椭圆与双曲线具有相同的左、右焦点，，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为B．的图像关于直线对称
C． 的一个零点为D．在单调递减
10．18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，可视为X服从正态分布，其密度函数，.任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布（且）.当时，对任意实数x，记，则（ ）
A．
B．当时，
C．随机变量，当减小，增大时，概率保持不变
D．随机变量，当，都增大时，概率单调增大
11．已知是抛物线的焦点，直线经过点交抛物线于A、B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．以为直径的圆与抛物线的准线相切
B．若，则直线的斜率
C．弦的中点的轨迹为一条抛物线，其方程为
D．若，则的最小值为18
12．已知函数的定义域均为，且,，若的图象关于直线对称，则以下说法正确的是（ ）
A．为奇函数B．
C．，D．若的值域为，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于 ．
14．已知的展开式中，唯有的系数最大，则的系数和为 ．
15．如图，已知正三棱柱的底面边长为1cm，高为5cm，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为 .
16．已知函数，当时，的取值范围为，则实数的取值范围是 .
解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（本题10分）已知数列满足：.
（1）求的通项公式；
（2）若，求.
18．（本题12分）已知，，且
（1）求的单调区间.
（2）在中，，，的对边分别为，，，当，，，求的面积.
19．（本题12分）如图，在四棱锥中，侧面是边长为的正三角形且与底面垂直，底面是菱形，且，为棱上的动点，且．
(1)求证：为直角三角形；
(2)试确定的值，使得平面与平面夹角的余弦值为．
20．（本题12分）为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为，高一年级胜高三年级的概率为，且每轮对抗赛的成绩互不影响．
(1)若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率；
(2)若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望．
21．（本题12分）已知直线与圆交于，两点，过点的直线与圆交于，两点.
若直线垂直平分弦，求实数的值；
已知点，在直线上（为圆心），存在定点（异于点），满足：对于圆上任一点，都有为同一常数，试求所有满足条件的点的坐标及该常数.
22．（本题12分）设函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，，为的导函数，求证：．
参考答案：
1．B
2．B
3．C
5．D
6．A
【详解】为了使1个感染者传染人数不超过1，只需，
所以，即，
因为，
所以，解得，
则地疫苗的接种率至少为．
故选：A．
7．D
【详解】由题意，平面，四边形为正方形，
如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

则，，，，，，，
设，，则，
又，，所以，则，
由题意，四点共面，所以，
所以，解得，
所以，，所以，
所以，即，
所以，
所以，
又，
所以，即，
所以，
所以，
所以截面的面积为.
故选：D
8．A
【详解】由题意可知：，解得，
又因为，可得，
由直线与轴的交点的坐标为可得，
在中，由余弦定理可得
，
可得，整理得，解得或（舍去），
且，所以，
由椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，
此时，
且，则，所以，即.
故选：A.
.
9．ABC
10．AC
11．AD
【详解】A：由抛物线的方程可得焦点，准线方程为：，
设，则的中点，
利用焦点弦的性质可得，而的中点M准线的距离：
，
以为直径的圆与该抛物线的准线相切，因此A正确；
B：设直线的方程为，联立，
整理可得：，易知，可得，
，解得，
，解得，
，因此B不正确；
C：设，结合A、B可得：，
，消去m可得：，因此C错误；
D：若，则抛物线，不妨设，，
，
当且仅当时取等号，因此D正确．
故选：AD．
.
12．BCD
【详解】，，
，，
关于对称，，
，，，
，故C正确；
关于对称，，，为偶函数，
，，，，，为偶函数，故A错误；
，图象关于点中心对称，
存在一对最小值点与最大值点也关于对称 ，
，故D正确；
由得，又，所以，
由得，所以，故B正确；
故选：BCD
13．2n
14．64
15．
【详解】
如图将正三棱柱侧面展开2次，可知曲面上的最小值即为对角线=
故答案为：
16．
【详解】当时，，
令，则或；，则，
函数在上单调递减，在单调递增，
函数在处取得极大值为，
在出的极小值为.
当时，，综上所述，的取值范围为
17．（1）；（2）.
【详解】（1）由已知得，
当n≥2时，
又，也满足上式，故
（2）由（1）可知：，
故.
18．（1）在（）单调递增；在（）单调递减；（2）.
【详解】（1），
令
所以函数在，（）单调递增；
令
所以函数在，（）单调递减.
（2）由（1）可知
角为锐角，
由正弦定理，
即三角形为直角三角形，
则
19．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点，连接，依题意可知，均为正三角形，所以，，又因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，因为，所以，即，从而为直角三角形．
（2）由（1）可知，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以两两垂直．
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，所以．
由，可得点的坐标为，
所以，，设平面的法向量为，
则，即
令，得，，则为平面的一个法向量，
显然平面的一个法向量为，
令，
解得或（舍去），
所以当时，平面与平面夹角的余弦值为．
20．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【详解】（1）由题意，知高三年级胜高二年级的概率为．
设高三年级在4轮对抗赛中有x轮胜出，“至少有3轮胜出”的概率为P，则
．
（2）由题意可知，3，4，5，
则，
，
，
，
故X的分布列为
．
21．；在直线上存在定点使得为常数.
【详解】解：依题意，圆C方程变形为，圆心，半径
又直线l的方程即为
因为垂直平分弦，圆心必在直线上
过点和，斜率，
设直线上的点取直线与圆的交点，则
取直线与圆的交点，则.
令，解得或（舍去，与重合），此时
若存在这样的定点满足题意，则必为
下证：点满足题意.设圆上任意一点，则
综上可知，在直线上存在定点使得为常数.
22．(1)当时，的单调递增区间为R，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【详解】（1）由题可得，，
当时，，函数的单调递增区间为R，无单调递减区间；
当时，令，得，令，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上，当时，的单调递增区间为R，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）因为函数有两个不同的零点，，
所以，且，，消去，得．
设，则，，，
所以．
设，，则，
所以在上单调递增，所以，故，
所以，所以．
又，
设，，则，
所以在上单调递增，所以，故，所以．
X
2
3
4
5
P
扫码加微信，进微信交流群
关注公众号，持续拥有资料