2023届浙江省绍兴市第一中学高三上学期11月期中数学试题含解析

这是一份2023届浙江省绍兴市第一中学高三上学期11月期中数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 2023届浙江省绍兴市第一中学高三上学期11月期中数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接解出集合，再求交集即可.【详解】，，则.故选：D.2．已知，且，其中是虚数单位，则等于（    ）A．5 B． C． D．1【答案】B【分析】利用复数乘法法则进行计算，得到，再使用模长公式求解.【详解】由得：，即，解得，从而.故选：B3．人们用分贝(dB)来划分声音的等级，声音的等级d(x)(单位：dB)与声音强度(单位:)满足d(x)＝9lg.一般两人小声交谈时，声音的等级约为54 dB，在有50人的课堂上讲课时，老师声音的等级约为63 dB，那么老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的（    ）A．1倍 B．10倍C．100倍 D．1 000倍【答案】B【分析】利用对数运算即可求解.【详解】设老师上课时声音强度，一般两人小声交谈时声音强度分别为，根据题意得＝，解得，，解得，所以因此，老师上课时声音强度约为一般两人小声交谈时声音强度的10倍.故选: B.4．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为3、圆心角为的扇形，则该圆锥的高是（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】设此圆的底面半径为，高为，母线为，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出，再根据勾股定理，即可求出此圆锥高．【详解】设此圆的底面半径为，高为，母线为，∵圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，∴，又，解得，因此，此圆锥的高．故选：C．5．已知sin，则（　　）A． B． C． D．±【答案】C【分析】利用诱导公式即得.【详解】∵sin，∴ .故选：C.6．从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比大，一个比小的概率为，已知为上述数据中的分位数，则的取值可能为（    ）A．50 B．60 C．70 D．80【答案】C【分析】利用分步乘法计数原理及组合求出事件种数，结合古典概率求出m值，再利用第p百分位数的意义计算作答.【详解】从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种，一个数比大，一个数比小的不同结果有，于是得，整理得：，解得或，当时，数据中的分位数是第3个数，则，解得，所有选项都不满足；当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，选项A，B，D不满足，C满足.故选：C7．已知直线过圆的圆心，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由圆的方程确定圆心，代入直线方程可得，由，利用基本不等式可求得结果.【详解】由圆的方程知：圆心；直线过圆的圆心，；（当且仅当，即时取等号），的最小值为.故选：A.8．已知双曲线，，分别为其左、右焦点，过作直线轴交双曲线于，两点，将双曲线所在的平面沿轴折成一个锐二面角，设其大小为，翻折后，两点的对应点分别为，，记，若，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】求出，且，在中分别使用余弦定理得到，利用题干条件化简求出，从而求出离心率.【详解】翻折后，两点的对应点分别为，，记，若，则将代入中，解得：，所以，且，则在中分别由余弦定理得，，所以又由得：，所以，即，所以，即离心率为.故选：A. 二、多选题9．已知函数，若，则的值可能为（    ）A．1 B． C．10 D．【答案】AD【分析】首先求得，再讨论的取值，解方程即可求解.【详解】，因为，所以，当时，，解得：，当时，，解得：，故选：AD10． 下列说法正确的有（    ）A． 已知一组数据7，7，8，9，5，6，8，8，则这组数据的中位数为8 B． 已知一组数据，，，…，的方差为2，则，，，…，的方差为2C． 具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则D． 若随机变量服从正态分布，，则【答案】BD【分析】对于A，根据中位数的定义作答；对于B，根据方差的计算公式作答；对于C，根据回归直线的性质作答；对于D，根据正态分布的对称性作答.【详解】5，6，7，7，8，8，8，9中位数为7.5，A错；，，…，方差为2，设，则，所以，则，即，，…，方差为2，B正确；将代入得，则，C错；，为分布曲线的对称轴，则，由，则，因此，，D正确.故选：BD.11．下列说法错误有（    ）A．“”是“与直线互相垂直”的充要条件B．过，两点的所有直线的方程为C．直线的倾斜角的取值范围是D．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为【答案】ABD【分析】A. 由两直线互相垂直求解判断；， B.根据直线的两点式方程判断； C.利用直线的倾斜角和斜率求解判断； D分直线经过原点和不经过原点时求解判断.【详解】A. 当与直线互相垂直时，，解得 或 ，故错误；B.过，（且） 两点的所有直线的方程为，故错误； C.直线的倾斜角，则，所以倾斜角的取值范围是，故正确；D.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为：当直线经过原点时为，当直线不经过原点时，设方程为，将点代入得，则直线方程为，故错误；故选：ABD12．定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】因为，可得，故设，然后求导，判断单调性，分别求解每一个选项即可.【详解】令所以因为，所以故在单调递减所以，得，即，故A错误；，得，即，故B正确；，得，即，故C正确；得，即，故D正确.故选：BCD【点睛】当一个不等式中出现了与时，我们一般要构造新的函数，让新函数求导的导函数可以利用已知不等式判断正负即可；一般与在不等号同一边时，两者的系数符号相同时，一般构造两部分相乘求导，两者的系数符号相反时，一般构造两部分相除求导（尽量让出现在分子）. 三、填空题13．的展开式中，所有项的二项式系数之和为________.【答案】【分析】在二项展开式中，所有项的二项式系数和始终为，其中为次数.【详解】在展开式中，所有项的二项式系数和为.故答案为：.14．52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到的概率为_______.【答案】【分析】由题意，结合概率的乘法公示可得两次都抽到A的概率.【详解】由题意，设第一次抽到A为事件，第二次抽到为事件，则.故答案为：15．在中，，点在线段上，点在线段上，且满足，，交于，则___________．【答案】##【分析】由已知可得，，根据平面向量的线性运算，推出，由三点共线求得，再将表示成以为基底的向量，由平面向量数量积的运算法则即可求解.【详解】如图，由，得，设，则因为三点共线，所以，解得：.所以，则故答案为：.16．在三棱锥中，，，点是侧棱的中点，且，则三棱锥的外接球的体积为___________．【答案】.【分析】先证明平面，求出三角形外接圆半径，进而求出球体的半径，在求出球的体积.【详解】如图所示，由，，得,由是的中点，，解得，又，所以，得，又，平面，所以平面.设球心为，点到底面的距离为，由正弦定理得的外接圆半径，在三角形中，球的半径，所以三棱锥的外接球的体积为.故答案为： 四、解答题17．已知数列各项均为正数，且，.(1)求的通项公式；(2)设，求.【答案】(1)(2)20 【分析】（1）由得到，结合得到，所以数列是等差数列，求出通项公式；（2）在第一问的基础上得到，从而分组求和得到答案.【详解】（1）因为，所以，因为是各项均为正数的数列，所以，故所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则.（2），则，所以.18．已知函数的最小值为1，最小正周期为，且的图象关于直线对称.(1)求的解析式；(2)将曲线向左平移个单位长度，得到曲线，求曲线的单调递增区间.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意，根据三角函数的性质，建立方程组，解得答案；（2）根据三角函数的图象变换，求得三角函数的解析式，利用整体思想，结合三角函数的单调性，可得答案.【详解】（1）依题意可得，解得，，则.因为的图象关于直线对称，所以，又，所以，故.（2）依题意可得，令，得，故曲线的单调递增区间为19．2021年11月7日，在《英雄联盟》S11的总决赛中，中国电子竞技俱乐部EDG完成逆转，斩获冠军，掀起了新一波电子竞技在中国的热潮．为了调查A地25岁以下的年轻人的性别与对电子竞技的爱好程度是否具有相关性，研究人员随机抽取了人作出调查，所得数据统计如下表所示： 热爱电子竞技对电子竞技无感男性女性  (1)判断是否有的把握认为A地25岁以下的年轻人的性别与对电子竞技的爱好程度有关？(2)若按照性别进行分层抽样的方法，从被调查的热爱电子竞技的年轻人中随机抽取人，再从这人中任取人，记抽到的男性人数为X，求X的分布列以及数学期望．附：，其中．  【答案】(1)有的把握认为A地25岁以下的年轻人的性别与对电子竞技的爱好程度有关(2)分布列见解析， 【分析】（1）完成联表，计算，进而可判断；（2）根据分层抽样判断人数，再根据超几何分布计算概率及分布列，进而得期望.【详解】（1）（1）完善表格如下所示： 热爱电子竞技对电子竞技无感总计男性女性总计 则，有的把握认为A地25岁以下的年轻人的性别与对电子竞技的爱好程度有关；（2）依题意，这人中男生有人，女生有人，则的可能取值为，，，，故，，，，故X的分布列为： 则．20．如图，在四棱锥P−ABCD中，已知AB∥CD，AD⊥CD，BC=BP，CD=2AB=4，△ADP是等边三角形，E为DP的中点.(1)证明：AE⊥平面PCD；(2)若，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用平行四边形可证，可得，再由，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）取的中点，连接，，因为是等边的中线，所以因为是棱的中点，为的中点，所以，且因为，，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以.因为，为的中点，所以，从而.又，且平面，平面，所以平面.（2）由（1）知，又，，且､平面，所以面，从而平面.以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，所以，，设平面的法向量为，由得令，则，，所以.又平面的一个法向量为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.21．在平面直角坐标系中，动圆P与圆内切，且与圆外切，记动圆P的圆心的轨迹为E.(1)求轨迹E的方程；(2)已知轨迹E上的不同三点，，满足，过点A作，D为垂足，问：是否存在点Q，使得为定值，若存在求出Q点的坐标及的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，. 【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心的轨迹满足椭圆的定义，进而可求其方程.（2）先假设点Q存在且满足条件，把直线的方程及，的坐标设出来，再联立直线与椭圆的方程，得韦达定理，再用两个向量数量积为0处理，同时通过直线方程消元，利用韦达定理化简式子，得到所设直线方程中的参数的关系，再代入直线方程，得到直线所过的定点，进而找到点D的轨迹，判断假设是否成立..【详解】（1）圆，即，得圆心.圆，即，得圆心.因为，所以圆内含于圆. 设动圆的半径为，则由已知得，所以，则动圆圆心的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中.故：轨迹E的方程为.（2）假设存在，易得，且直线斜率存在且不为0，则设直线，，.联立，得.则有 ，，，，  .即，则，代入韦达定理，得，即.当时，，即直线MN过定点，舍去.当时，直线，则直线MN过定点，因为，所以D在以AT为直径的圆上.故：存在AT的中点，使得.【点睛】直线与椭圆问题点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．（3）定点定值问题是圆锥曲线里比较典型的一类试题，其中往往隐藏着一些规律.这类问题在求解时通常有两类方法，一是“特殊”探求，即将满足题设的条件特殊化，寻找定点定值；二是问题一般化，从通性通法角度进行论证“特殊”探求的结果.22．设函数.(1)设有两个不同的零点，求实数的取值范围；(2)若函数有两个极值点，，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用换元法，将问题转化为一元二次方程必存在两个正根的问题，建立不等式组，可得答案；（2）根据极值点的必要条件，求导，可得极值点为方程，可得解，并写出韦达定理，化简不等式，代入韦达定理，整理构造函数，利用导数，可得答案.【详解】（1）令，则有两个不同的零点，等价于方程有两个不同的正根.所以，得，所以使得有两个不同的零点的实数a的取值范围是.（2）因为，，且有两个极值点，，所以，是方程的两个根.结合（1）可知，且，，不妨设，则  .要证明，只需证，因为，所以，所以只需证，注意到，所以只需证，两边同除以，得，因为，所以只需证，设，则只需证，令，则只需证即可.易得，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增，所以，得证.【点睛】利用导数研究函数问题时，对于导数的处理，一般采用分解因式或者构造函数后再次求导，利用导函数的单调性，研究其最值与零大小关系，可得原函数的单调性.