2023届浙江省新高考研究高三上学期8月测试数学试题含解析

2023届浙江省新高考研究高三上学期8月测试数学试题

一、单选题

1．若集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】集合A表示函数的定义域，集合B表示函数的值域，求出两集合后再求其交集.

【详解】因为，，

所以，

故选：C

2．若，则的实部可能是（       ）

A．3 B．1 C． D．

【答案】A

【分析】设，则由已知可得，则，然后代入中计算可求出其实部，从而可得答案.

【详解】设，

因为，

所以，得，

所以，

所以，

则的实部，

故选：A

3．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，钱塘江和钱江潮头是会徽的形象核心，绿水青山展示了浙江杭州山水城市的自然特征，江潮奔涌表达了浙江儿女勇立潮头的精神气质，整个会徽形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】通过弧长比可以得到与的比，接着再利用扇形面积公式即可求解

【详解】解：设，则，所以，即，

所以，

故选：C

4．已知为坐标原点，直线与抛物线交于两点，以为直径的圆经过，则直线恒过（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出圆心坐标，和直径的长度，再根据圆经过圆点，有，化简式子，即可得出，代入直线方程，即可得出定点坐标.

【详解】如图所示：

设直线方程为：，，联立方程得，有.

，，，

故中点，即圆心C的坐标为

直径.

因为以为直径的圆经过，故有，

即，

化简得：，故直线方程为：，当时，，

即直线经过定点.

故选：D

5．已知函数的图象关于点对称，且在区间上是单调函数，则的值不可能是（       ）

A． B．4 C． D．

【答案】D

【分析】根据余弦型函数过对称点，代入可得，，再根据区间上是单调函数可得周期范围，从而得出即可.

【详解】解：由已知，，则，，即，，

又函数在区间上是单调函数，可知，即，解得，所以当时，，当时，，当时，，满足题意，

即或4或.

故选：D.

6．已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将已知转化为，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值范围，

由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的

范围，得解.

【详解】

以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.

设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，,则，

，故，

，

所以

 在中运用余弦定理与基本不等式得：

，

在中运用余弦定理与基本不等式得：，

上两式相加得：，

故有： ，

在中由正弦定理得：，

因此，.

故选：B

7．互不相等的正实数是的任意顺序排列，设随机变量满足：则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，分或， 或， 或，得到X，Y的分布列求解.

【详解】解：因为随机变量满足：

所以当或时，；

当或时，；

当或时，；

所以X，Y的分布列为：

所以，

，

所以，

故选：C

二、多选题

8．在中，，是线段上的动点，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】利用题意得到是等边三角形，通过建立坐标系得到各点的坐标，然后利用数量积的坐标运算验证每个选项

【详解】解：因为，所以是等边三角形，

取的中点，连接，如图建立坐标系，并假设，

则，

所以，，，

所以，即，故A正确；

，即，故B正确；

，故C不正确；

，故D不正确，

故选：AB

9．有一组样本数据，由这组样本数据等到新的样本数据，，其中，则（       ）

A．两组数据的样本极差的差值与有关，与无关

B．两组数据的样本方差的差值与有关，与有关

C．两组数据的样本平均数的差值与有关，与无关

D．两组数据的样本中位数的差值与有关，与有关

【答案】AD

【分析】根据样本平均数、中位数、方差、极差的概念逐项分析判断即可.

【详解】解：A项中，设原样本数据的极差为，

则新的样本数据的极差为，

所以，故两组数据的样本极差的差值与有关，与无关，故A项正确；

B项中，设原样本数据的方差为，

则新的样本数据的方差为，

所以，故两组数据的样本方差的差值与有关，与无关，故B项错误；

C项中，设原样本数据的平均数为，

则新的样本数据的平均数为，

所以，故两组数据的样本平均数的差值与有关，与有关，故C项错误；

D项中，设原样本数据的中位数为，

则新的样本数据的方差为，

所以，故两组数据的样本中位数的差值与有关，与有关，故D项正确.

故选：AD.

10．已知，则下列说法正确的是（       ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BCD

【分析】根据选项把已知条件逐个代入进行检验即可，主要应用基本不等式，函数单调性，完全平方式的性质等.

【详解】对于A，

因为，所以

当且仅当时，等号成立，所以A不正确.

对于B，，

，根据反比例型函数的性质可知在单调递减；所以，当且仅当时，等号成立，所以B正确.

对于C，，所以C正确.

对于D，等价于，即

因为，

所以成立，即，所以D正确.

故选：BCD

11．已知正四面体是棱上的动点，是在平面上的投影，下列说法正确的是（       ）

A．当时，平面

B．当时，异面直线与PA所成角是

C．当时，DE的长度最小

D．当时，直线与所成角正弦值是

【答案】AC

【分析】A选项通过证明即可证明平面;

B选项中，直线与所成角转化为即可判断.

C选项中，证明即可.

D选项中，通过余弦定理求出，即可求出直线与所成角正弦值.

【详解】对于A，当时,如图所示，

是等边三角形，故有，而，，又， ，

平面， A正确.

对于B，当时, ，异面直线与所成角即=，B错误.

对于C，当时，如图所示，

设正四面体边长为，则，，，

在直角中，，

在中，由余弦定理得：=,

满足，故，的长度最小，C正确.

对于D，延长交于，连接，直线与所成角即为，，

在中，由由余弦定理得：=，

在中，由由余弦定理得：，

故，D错误.

故选：AC

12．已知函数且且，则下列说法正确的是（       ）

A．

B．若，则

C．若是单调增函数

D．若，则

【答案】BD

【分析】令，通过导数可得在上递增，在上递增，然后分和两种情况进行分类讨论，即可判断每个选项

【详解】解：令，

则，

所以在上递增，在上递增，

若，则，

且，所以

，

且，所以

，

且，所以

 通过以上可以发现，当时，

当，且成立时，可推出，且，故A错误，B正确；

若时，，且， 故C错误；

当且时， ，

当，时， ，

综上所述，恒成立，故D正确，

故选：BD

三、填空题

13．多项式，则___________.

【答案】

【分析】先把多项式变形为，然后利用二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】解：，

二项式的通项公式为：，

因为，

所以令，因此，

故答案为：.

14．曲线在处的切线斜率是1，则___________.

【答案】2

【分析】先求出导数，根据导数的几何意义可得方程，解方程可求的值.

【详解】因为，所以，

因为曲线在处的切线斜率是1，所以，解得.

故答案为：2.

15．已知，是双曲线的左、右焦点，A，B分别在双曲线的左右两支上，且满足（为常数），点C在x轴上，，，则双曲线的离心率为_______．

【答案】

【分析】根据平行线的性质，结合角平分线的性质、双曲线的定义、余弦定理、双曲线离心率公式进行求解即可.

【详解】解析： ，∵，所以∴，∴，设，则．由可知，平分，由角分线定理可知，∴，∴，，，由双曲线的定义知，，∴，即①，，∴，∴，即是等边三角形，∴，在中，由余弦定理知，，即，化简得，②，由①②可得，，∴离心率．

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用角平分线的性质是解题的关键.

四、双空题

16．已知过P的直线与圆C：交于A，B两点，（A点在轴上方），若，则直线到与其斜率相同的圆的切线距离是___________，___________.

【答案】         

【分析】设出直线的方程，联立直线与圆的方程，由求解直线方程，根据圆心与切线关系判断直线与切线距离.

【详解】因为，所以点在圆C内，即P点在弦AB上，

因为P点在x轴上，A点在轴上方，所以B点在轴下方，则可作出图像如下图所示.

则直线AB必不可能与y轴垂直，可设方程为，

则，整理得，

由直线AB与圆C由两个不同交点可得，该方程有两个不相等的实数根，

设，由题意知，

则，，

因为，所以，即，

则，即，由可得，

所以，整理得，

解得，根据可得，

则直线AB方程为，一般式为，

则圆心到直线AB距离为，

因为圆心到与直线AB斜率相同的圆的切线距离是半径2，

所以直线到与其斜率相同的圆的两条切线距离分别是和.

故答案为：；.

五、解答题

17．2022年8月7日是中国传统二十四节气“立秋”，该日，“秋天的第一杯奶茶”再度出圈，据此，学校社会实践小组随机调查了该地区100位奶茶爱好者的年龄，得到如下样本数据频率分布直方图.

(1)估计奶茶爱好者的平均年龄；（同一组数据用该区间的中点值作代表）

(2)估计奶茶爱好者年龄位于区间的概率；

(3)已知奶茶爱好者喜欢浙江奶茶品牌“古茗”的概率为，该地区奶茶爱好者年龄位于区间的人口数占该地区奶茶爱好者总人口数的，从该地区选出1名奶茶爱好者，若此人的年龄位于区间，求此人喜欢古茗的概率.

【答案】(1)（岁）

(2)

(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图计算平均数即可；

（2）根据频率分布直方图计算奶茶爱好者年龄位于区间的频率即可求解；

（3）利用条件概率的概率公式即可求解.

【详解】(1)解：估计奶茶爱好者的平均年龄（岁）

(2)解：由题图，得奶茶爱好者年龄位于区间的频率为，

故奶茶爱好者年龄位于区间的概率为.

(3)解：设任选一名奶茶爱好者年龄位于区间,

设任选一名奶茶爱好者喜欢“古茗”

由条件概率公式可得：.

18．在数列中，.

(1)求的通项公式；

(2)设数列满足，数列前项和为.

在①，②中任意选择一个，补充在横线上并证明.选择___________.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）由得，再利用等比数列的定义可得答案；

（2）由（1）求出，再利用裂项相消可得，选择①，判断出单调性可得答案；

选择②利用放缩法可得答案.

【详解】(1)由得，

即，因为，所以时，，

得，因此；

(2)因为，得，

所以

，

选择①：因为

，因为，所以，所以，

所以单调递增，因为，所以；

选择②因为，，

所以.

19．记内角的对边分别是，已知.

(1)求证：；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）首先化简条件中的正切等式，再将正切写成正弦和余弦，最后利用正弦定理，角化为边，即可证明；

（2）首先设，利用三角不等式的恒等式，化简后可得的取值范围，再计算的取值范围.

【详解】(1)由得：即

两边同时除以得：

即所以

因此得证；

(2)设①，代入可得②，

由三角不等式得：，即③，

将①②代入③得，

整理得且解得，

因为，显然在上单调递增，所以

20．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面是的中点，且为等边三角形，平面平面.

(1)设直线，求点到平面PDC的距离；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）延长，交于点发现直线，通过图象关系可得点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面PDC的距离的2倍，继而得到结果；

（2）通过向量法求解二面角的余弦值，继而求出正弦值

【详解】(1)延长，交于点直线，

在底面中，，得为中位线，

所以为中点，

因为分别为中点，所以为的中位线，

得，所以点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，

易得是等边三角形，，

取中点中点为，连接，

所以在中，，解得，

所以，所以

因为平面平面平面平面，，平面，所以平面则以为原点如图建立直角坐标系，

由题意得

，

设平面PDC的法向量

由得，令，则，

所以

所以点到平面PDC的距离为，

所以点到平面的距离是；

(2)由（1）得：，

设平面法向量

由得，令，则，

则

设平面PBE法向量，

由得，令，则，

则

设二面角P-BE-D的平面角为

因此，二面角的正弦值是

21．已知椭圆C：的右焦点为，离心率为为椭圆的任意内接三角形，点为的外心.

(1)求的方程；

(2)记直线的斜率分别为，且斜率均存在.求证：.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用右焦点、离心率求出即得解；

（2）设A，求出即得证.

【详解】(1)解：由椭圆的右焦点为，离心率为得. 所以.

所以椭圆的方程为.

(2)证明：设A，则.

设的外接圆方程为，

得，

两式相减得，

因为，所以，

同理：.

两式相减得：，于是：

所以

将代入得：

因为

所以

所以得证.

22．已知函数和有相同的最小值.

(1)求；

(2)证明：若函数和共有四个不同的零点，记为，且，则是等比数列.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）对与分别利用导数求出各自的最小值即可求出.

（2）通过数形结合分析可知，得，和，从而得到，即可证明是等比数列.

【详解】(1)因为函数和

所以

若，函数和没有相同的最小值，故.

所以在上单调递减，

在上单调递增，故在处取得最小值

在上单调递减，

在上单调递增，故在处取得最小值

因为函数和有相同的最小值，所以，

即，解得：.

所以满足题意.

(2)函数和共有四个不同的零点等价于方程存在4个不同的实数根，记为，且.

由图可知： ①

因为所以得

同理得，代入①式得：，

所以是等比数列，得证.

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．