2023届浙江省数海漫游高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2023届浙江省数海漫游高三下学期一模数学试题含解析，共20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届浙江省数海漫游高三下学期一模数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据集合的交集运算可得.【详解】，.故选：C2．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，根据复数乘法运算和复数相等可求得，由可得结果.【详解】设，则，，，.故选：D.3．有一组样本数据，这组数据样本极差的最大值是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由样本极差求解.【详解】解：因为样本极差，当时，等号成立，取，，则样本极差的最大值为5，故选：C．4．设直线与抛物线交于A，B两点，M是线段AB的中点，则点M的横坐标是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】直接联立直线方程与抛物线方程，消y整理得，利用韦达定理以及中点坐标公式即可得解．【详解】联立，消y整理得，则，所以．故选：B．5．小明和李华在玩游戏，他们分别从1~9这9个正整数中选出一个数告诉老师，老师经过计算后得知他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，那么小明选择的数是偶数的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件概率公式求解即可.【详解】解：设两数之差为偶数为事件，小明选择的数是偶数为事件，由于他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，则小明选择的数是偶数的概率为：.故选：A．6．若，则的最小值是（    ）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】先把已知整理成的形式，再把等式的右边利用柯西不等式进行放缩，得到关于的一元二次不等式进行求解.【详解】由已知整理得，由柯西不等式得，当时取等号，所以，即，解得，所以的最小值为.故选：C．7．若正数a，b，c满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用常用不等式放缩进行比较大小.【详解】设，则，当时，，为增函数；当时，，为减函数；所以，即；所以，即.设，则，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以，即；所以，即.若，则，与矛盾，故．综上所述，.故选：B．8．已知体积为的四面体中，平面ABC，，其外接球半径的最小值是（    ）A． B． C．3 D．【答案】B【分析】将四面体ABCD补形为长方体，设，由已知可得，确定四面体ABCD的外接球的球心及半径，结合数量积的性质求外接球半径的最小值.【详解】将四面体补成长方体，因为，所以四边形为平行四边形，设，则分别为的中点，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，取的中点为，因为所以，同理可得，所以点为四面体的外接球的球心，设，则，因为四面体的体积为，平面ABC，，所以，故，所以，故，当时取到最值．故选：B. 二、多选题9．已知三棱柱的棱长均相等，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据题意结合异面直线夹角逐项分析判断.【详解】对A：∵，则AB与CF的夹角为，不一定是直角，A错误；对B：由题意：为菱形，则，B正确；对C：由题意：，则，C正确；对D：由题意：为菱形，则，即大小无法确定， D错误.故选：BC.10．已知O为坐标原点，点，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】利用平面向量的坐标表示与旋转角的定义推得是正三角形，从而对选项逐一分析判断即可.【详解】对于A，因为，，，所以，，故是正三角形，则，故A正确；对于B，因为是正三角形，是的外心，所以是的重心，故，即，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，因为，则，所以，故D错误.故选：ABC．.11．已知是单位圆在第二象限内的点，分别是椭圆在第一、四象限内的点，且平行于轴，平行于轴．已知为坐标原点，则（    ）A．面积的最大值是3 B．面积的最大值是C．点到直线距离的最大值是 D．点到直线距离的最大值是【答案】BD【分析】由题设设，，，，进而计算面积判断AB；计算到直线距离并结合基本不等式得判断CD.【详解】解：根据题意，设，，，所以，所以，，A错误，B正确；因为，所以直线的方程为：，即，所以，到直线距离因为，当且仅当，即时等号成立，所以，当且仅当，时取等号．C错误，D正确.故选：BD12．已知a，b为正数，当时，，则（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】先利用分类讨论和构造函数的方法，解出已知不等式的充要条件，得到a，b的取值范围，再去证明选项中的不等式.【详解】先找到对，的充要条件．①若．则，则；②若，设则．令，则．（ⅰ）若，当趋近时，趋近于，不合题意；（ⅱ）若，满足条件；（ⅲ）若，，设，当，；当，；则在上单调递减，在上单调递增，则，令，则，即．令，．则在上单调递减，又，则，得．综上所述，．即时，；时，；时，．时，，此时，即，故A选项错误；若，，故C选项错误；对于选项B，当时，，，∴，当时，，当时，，，∴，故B选项正确；对于选项D，当时，，，设，，，时，，单调递减，时，，单调递增，的最小值为，∴，有，得，当时，，当时，，，∴，，故D选项正确；故AC错误，BD正确．故选：BD【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 三、填空题13．已知为奇函数，则________．【答案】【分析】根据奇函数的定义，可得，化简即得，即可求得答案.【详解】由题意可得满足且，则有，即，故，即，因为时，定义域为，满足，函数为偶函数，不合题意，故，则的自变量x可取到0，且函数定义域关于原点对称，则不恒等于0，故，当时，定义域为R,满足,即为奇函数，故答案为：14．已知，分别是双曲线的左右焦点，且C上存在点P使得，则a的取值范围是________．【答案】【分析】根据双曲线的定义结合条件可得，，进而可得，即得.【详解】因为，双曲线，又，所以，，又，解得，即a的取值范围是.故答案为：.15．若曲线存在两条互相垂直的切线，则a的取值范围是________．【答案】【分析】先求导函数，由题可得，分类讨论和时，是否存在符合的值即可判断.【详解】由题知，令，则．若函数曲线存在两条互相垂直的切线则可得，，．当时，，，与题目矛盾；当时，由，可得的值域是故，使得，，．故答案为：．16．在线投标问题的定义是：商家给出一个足够大的正整数M，但投标者不知道M的值，故只能通过不断给出价格序列来竞标，已知，．若正整数k使得，则此次竞标投标者共花费中标，我们的目标是对于任意足够大的正整数M，最小化竞争比，则当________．时，在线投标问题的竞争比最小．【答案】【分析】由等比数列通项公式求出，利用等比数列求和公式得到，结合，得到，利用放缩法和极限思想得到无穷接近，从而利用基本不等式得到.【详解】由题意得：，故，则．由于，故，因为，所以，，取，时，无穷接近．则，当且仅当，即时，在线投标问题的竞争比最小．故答案为：2 四、解答题17．混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为．目前，我们采用K人混管病毒检测，定义成本函数，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．(1)证明：；(2)若，．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.【详解】（1）由题意可得满足二项分布，由知，，当且仅当时取等号；（2）记（混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），（混管中恰有i例阳性）=，，令，，则，当时，，为单调递减，当时，，为单调递增，所以，且，，所以当，即，两边取自然对数可得，所以当，时，所以，则．故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.18．已知数列满足，，．(1)求的取值范围；(2)记是在区间中的项的个数，求数列的前m项和．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据等差数列的定义可得，，进而即得；（2）由题可知，进而，然后根据求和公式即得.【详解】（1）因为，，即，所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，所以，同理可得，所以；（2）因为，设，则，又，是连续六个正整数构成的集合，则对于给定的m，数列恰有两项属于集合，即，故．19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)若，求B；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理边角变换，结合三角函数和差化积公式与倍角公式推得，从而得到，由此得解；（2）结合（1）中结论，利用余弦定理与基本不等式即可得解.【详解】（1）由正弦定理得，又，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，故，又，所以，因为，所以．（2）由（1）得，所以由余弦定理得，记，则，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，即，故，则，所以，即．20．如图，在长方体中，P，Q是长方形EFGH内互异的两点，是二面角的平面角．(1)证明：点P在EG上；(2)若，，求直线AP与平面PBC所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据二面角的平面角的定义得，，根据线面垂直的判定得平面APC．根据长方体的性质以及线面垂直的判定得平面AEGC．从而可得平面APC与平面AEGC重合，再根据平面的性质可得点P在EG上；（2）根据线面角的定义作出线面角，在直角三角形中求出线面角的正弦值，利用基本不等式可求出结果.【详解】（1）由于是二面角的平面角，则，，又，平面，平面，所以平面APC．又平面，所以，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，所以．因为在长方体中，平面EFGH，平面EFGH，则，又，平面AEGC．平面AEGC．故平面AEGC． 由平面APC且平面AEGC，平面APC与平面AEGC有公共直线，得平面APC与平面AEGC重合，所以点P在平面AEGC内，又点在平面EFGH内，平面AEGC平面EFGH，所以点P在EG上．（2）因为，所以底面为正方形，因为，，所以与全等，所以，又点P在EG上，故点P为的中点，所以点为正方形EFGH中心， 过P作，交于，交于，则为的中点，为的中点，作于点． 因为平面ABFE，平面ABFE，则，又，平面 ，平面，所以平面，则直线AP与平面PBC所成角．设，，则，，因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故直线AP与平面PBC所成角的正弦值的最大值是．21．已知，分别为双曲线的左右焦点，是在第一象限内一点，直线，分别与交于异于的，两点．(1)若直线的斜率为，求的取值范围；(2)若的面积为，求的坐标．【答案】(1)(2)或或 【分析】（1）直线与的左支必有交点，则只需满足：直线与有两个交点，联立直线与曲线，根据判别式结合渐近线方程可得斜率范围；（2）分别联立直线与曲线方程，确定点与点的坐标，进而根据三角形面积确定点.【详解】（1）直线与C的左支必有交点，则只需满足：直线与C有两个交点，依题意得，，设，，，设直线，，，则．又方程有两根．当时，方程仅一根；时，．综上所述，，则；（2）设，，，则，，已知，联立，得，故，则；同理可得，，，于是，即，因式分解得，则，，，故的坐标为或或．22．设函数,．(1)当时,证明:;(2)若,求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)先将表示出,对其进行放缩为,构造新函数,求导求其单调性最值,即可证明;(2)构造,先考虑特殊情况,可求出,再考虑的情况,对其进行放缩为,构造,取,可得,故存在小于零的函数值,故不符合题意舍,可得,取时,可证明不等式成立,只需证成立即可,构造,求导求单调性可证明,先考虑的情况,对进行放缩为,构造,求导求单调性即可证明在时的范围,即可证明成立,再考虑时,对进行放缩为,构造,求导求单调性求最值即可得,取为,即可得成立,综上即可得a的取值范围.【详解】（1）解:由题知,故,记,所以,所以时,,单调递增,上,,单调递减,所以,即,故,得证;（2）由题,不妨记,因为,故;当时,,令,取,因为,所以故,,故有小于零的函数值,因为,所以存在使得,故不符合题意舍,下证符合题意:①若,;②若,令,所以,当时,,所以单调递增,当时,,所以单调递减,故,即,将替换代入上不等式可有:,当时,,记,,故单调递增,则时,,又有,故成立,当时,因为,所以,记,所以,所以在单调递增,则,因为,,所以,故,即,综上所述:.【点睛】方法点睛:该题考查函数与导数的综合应用,属于难题,主要应用的方法有不等式放缩,关于常见的放缩有:(1);(2);(3);(4).