[数学]浙江省北斗星盟2023-2024学年高三下学期适应性联考试卷(解析版)

这是一份[数学]浙江省北斗星盟2023-2024学年高三下学期适应性联考试卷(解析版)，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1. 已知集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，即，即，解得，
所以，
由，解得，所以，
所以，
则.
故选：D
2. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】由得：，
即，所以，故复数在复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C.
3. 已知向量，，若与垂直，则等于（ ）
A. B. C. 3D. 6
【答案】B
【解析】，
因为与垂直，
所以，解得，
所以.
故选：B
4. 已知数列满足，则“为等比数列”是“（，）”的（ ）
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【解析】若为等比数列，则，
所以，，
当时，故充分性不成立；
若（，），不妨令，则，又，
所以，即，所以为公比为的等比数列，故必要性成立；
故“为等比数列”是“（，）”的必要不充分条件.
故选：B
5. 在对某校高三学生体质健康状况某个项目的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生80人，女生120人，其方差分别为15，10，由此估计样本的方差不可能为（ ）
A. 11B. 13C. 15D. 17
【答案】A
【解析】设男生体质健康状况的平均数为，女生的平均数为，总体的平均数为，方差为，
则，

，
结合选项，可得A项不符合.故选：A.
6. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，
即，
即，
两边同除可得，
所以故选：C
7. 如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动．点Q沿直线CD做匀速运动，；点P沿线段AB（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离．令P与Q同时分别从A，C出发，定义x为y的纳皮尔对数，用现代数学符号表示x与y的对应关系就是，当点P从线段AB靠近A的三等分点移动到中点时，经过的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意，点初始速度即为点的速度．
当在靠近点的三等分点时：，解得：，
当在中点时：，解得：，
所以经过的时间为：．
故选：D．
8. 设双曲线：（，）的左焦点为，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，设双曲线的右焦点为，连接，.
由双曲线的对称性可得：，，
则四边形是平行四边形，又因为，则，
设，由双曲线的定义可得：，
在中，由余弦定理可得：
所以，
整理可得：，解得：或（舍去），
则，，
在中，由余弦定理可得：
所以，
整理可得：，所以.
故选：B.
二、多项选择题
9. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 的图象关于对称
C. 在上单调递减D. 当时，
【答案】BCD
【解析】对于A中，由，所以A不正确；
对于B中，由，
可得函数关于对称，所以B正确；
对于C中，设，可得，
则，
当时，可得，则，
又由，
所以函数在上单调递减，
又在上为单调递增函数，
所以由复合函数单调性，可得函数在上为单调递减函数，所以C正确；
对于D中，当时，可得，则，
又由，在为递减函数，
当时，即时，函数单调递增；
当时，即时，函数单调递减，
由复合函数的单调性，可得函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以D正确.
故选：BCD.
10. 已知，，是一个随机试验中的三个事件，且，，下列说法正确的是（ ）
A. 若与互斥，则与不相互独立
B. 若与相互独立，则与不互斥
C. 若，且，则与相互独立
D. 若，则，，两两独立
【答案】ABC
【解析】对于A，若与互斥，则与不能同时发生，即，
因为表示与都不发生，则的对立事件为与至少有一个发生，
所以，
而，
所以，
因为
所以，由此可知，与不相互独立，故A正确；
对于B，若与相互独立，则，因为，，
所以，则，所以与不互斥，故B正确；
对于C，若，
因，
因为，则有，所以与相互独立，故C正确；
对于D，抛掷一枚质地均均的骰子，事件表示出现点数为，
事件表示出现点数，事件表示出现点数，
事件表示出现点数为，
，
满足，
事件表示出现点数为，
但
则，不相互独立，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，则的最小值为
B. 过点在平面内一定可以作无数条直线与垂直
C. 若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
D. 当，时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为
【答案】ACD
【解析】对于A，当时，，
所以点在线段上，
如图，将三角形与矩形沿展成平面图形如下所示，
则线段即为的最小值，
利用余弦定理可知，
所以，即的最小值为，故A正确；
对于B，当在时，过点在平面内只可以作一条直线与垂直，故B错误；
对于C，以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，得，，
整理得，为双曲线方程，故C正确．
对于D，当时，，故点在线段上运动,
正方体经过点、、的截面为平行四边形，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；
当或时，的面积取最大值，此时截面面积为，
所以正方体经过点、、的截面面积的取值范围为，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
12. 若展开式的二项式系数之和为128，则展开式中的系数为______.
【答案】280
【解析】展开式的二项式系数之和为，解得：，
所以展开式的通项为：，
令，解得：，
所以展开式中的系数为：.
故答案为：280.
13. 已知圆：和圆：，过圆上一动点作圆的切线，交圆于，两点，当（点为坐标原点）面积最大时，满足条件的切线方程为______.（写出一条即可）
【答案】或或（写出一条即可）
【解析】设圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；
设到直线的距离为，则，，
则，
所以当时，的面积最大，
当直线的斜率不存在时，满足题意，
当直线的斜率存在时，设：，
则由题意可得，①
化简可得，
即或，
代入①可解得或，
所以满足条件的切线方程为或或，
故答案为：或或.（写出一条即可）
14. 已知函数，，对任意，存在使得不等式成立，则满足条件的的最大整数为______.
【答案】
【解析】依题意对任意，且有，
因为存在使得不等式成立，
所以存在使得，即，
令，，
则，
令，，则在上单调递增，
且，，
所以使得，即，，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以，
所以，
依题意，又为整数，所以，所以的最大值为.
故答案为：.
四、解答题
15. 在直角坐标平面内有线段，已知点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，……，点是线段（，）上靠近的三等分点，设点的横坐标为.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，，求的通项公式.
（1）证明：由题意得 所以，
可得，
又由，所以
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）解：因为，，所以，
因为数列是公比为的等比数列，所以时，.
由累加法可得时，
，即当时，，
经检验，满足上式，所以数列的通项公式.
16. 在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点.
（1）若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由；
（2）若，，求直线与平面所成角的最大值.
解：（1）取的中点，连接，，
因为，，所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角，
①当时，中，，，
由余弦定理可知，
所以，所以，所以，
又，，，平面，
所以平面，又平面，所以.
②当，假设，则由①有平面，
因为平面，所以，，
这与相矛盾，故此时与不垂直.
综上所述，当时，；当时，与不垂直.
（2）由，点是中点，可得，
从而由可得，
又，
所以，即，
因为，由（1）有，
所以，
所以两两互相垂直，
故可以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
故，，，，.
因为，设平面的法向量为，则有
设，则，又，所以有
令，则，故平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则
，
令，则
当时，；
当时，.
（当且仅当，时取“＝”）.又，所以.
综上所述，直线与平面所成角的最大值为.
17. 将除颜色外完全相同的红球2个、白球3个放入一盲盒（一种具有随机属性的玩具盒子），现从中不放回取球.
（1）若每次取一个球，求：
（ⅰ）前两次均取到红球的概率；
（ⅱ）第2次取到红球的概率；
（2）若从中取出两个球，已知其中一个球为红球，求：
（ⅰ）另一个也为红球的概率；
（ⅱ）若你现在可以选择从剩下的球中随机取一个球来替换另一个球，如果从提高取到红球的可能性出发，你是选择换还是不换？试说明理由.
解：（1）记事件（）为第次取到红球，
事件（）为第次取到白球.
（ⅰ）前两次均取到红球即为事件，
.
（ⅱ）.
（2）（ⅰ）事件：其中有一个球为红球的“对立事件”为：两个球均为白球，
即为事件，，
所以在一个球为红球的前提下另一个球也为红球的概率.
（ⅱ）若不换：在取到的一个球为红球的前提下取到的另一个球也为红球的概率记为；
若换：换后取到红球的概率记为；
由于，所以交换后摸到红球的概率更大，选择交换.
18. 在平面直角坐标系中，已知点，，，为动点，满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知过点的直线与曲线交于两点，，连接，.
（ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值；
（ⅱ）直线，与直线分别交于，两点，求最小值.
（1）解：因为，
所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以，为焦点，实轴长为2的双曲线，
由，，得，，所以的方程为.
（2）（ⅰ）证明：设直线：（）
因为直线过定点，所以.
变形可得，
即
所以
整理得（*）
设，则（*）式除以得
此时，是方程的两根，所以，
所以，得证.
（ⅱ）解：设直线：，由，可得；
设直线：，同理可得；
.
由得，
所以，
当且仅当，即时取等号，故的最小值为.
19. 莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，），例如：，对应，，，，，，.现对任意，定义莫比乌斯函数.
（1）求，；
（2）已知，记（为的质因数个数，为质数，，）的所有因数从小到大依次为，，…，.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求的值（用（）表示）.
（1）解：因为，因为的指数，所以；
又，易知，，，，，
所以；
（2）（ⅰ）证明：的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，，
因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，
从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
.
（ⅱ）解：方法一：由（ⅰ）知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，所以
.
令，
则（，），
所以
.所以，.
因为，
所以.
方法二：
.
由展开式原理可知，的展开式即为上式所求.