浙江省绍兴市上虞区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

2023年5月高三第二次适应性考试（上虞二模）数学试题

第I卷（选择题共60分）

一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分别求解集合，根据并集的定义计算.

【详解】由，得，所以集合，

，

解得，所以集合，

由并集的定义可得，.

故选：B

2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的运算化简，再由虚部的概念即可得答案.

【详解】因为，所以

所以的虚部为.

故选：A

3. 在中，，则在上的投影向量的模为（    ）

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】在中，求得长从而可得的值，再根据投影向量的模的概念求解即可.

【详解】在中，，所以

所以

于是有在上的投影向量的模为.

故选：D.

4. 已知函数在区间内取得一个最大值和一个最小值,且,则（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知得,又,即,即可得到结果.

【详解】因为函数在区间内取得一个最大值和一个最小值,

所以,又因为,

所以,即,所以.

故选:C.

5. 牟合方盖是由我国古代数学家刘徽发现并采用的，一种用于计算球体体积的方法，类似于现在的微元法.由于其采用的模型像一个牟合的方形盒子，故称为牟合方盖.本质上来说，牟合方盖是两个半径相等并且轴心互相垂直的圆柱体相交而成的三维图形，如图1所示.刘徽发现牟合方盖后200多年，祖冲之及他的儿子祖暅，推导出牟合方盖八分之一部分的体积计算公式为（为构成牟合方盖的圆柱底面半径）.图2为某牟合方盖的部分，且图2正方体的棱长为1，则该牟合方盖的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据“牟盒方盖”的定义和体积公式计算可得.

【详解】由图可知，牟合方盖的圆柱底面半径即为正方体的棱长，

所以，该牟合方盖的体积为.

故选：C.

6. 已知直线与圆交于两点，若，其中为原点，则实数的值为（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】由题平方可得，化简得到，得出垂直关系，可得圆心到直线距离，由点到线的距离公式，列式即可得解．

【详解】∵，则，

∴，∴，

而圆的圆心坐标为，半径为，

则，∴为等腰直角三角形，

∴，

∴圆心到直线的距离，

∴，又，∴.

故选：D.

7. 已知正数满足为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题设且，构造、，利用导数、零点存在性定理判断在上的函数值符号，即可得答案.

【详解】由题设，则，且，则，

令且，故，

令，则在上递增，故，

所以在上递增，故，

所以在上递增，故，

即在上恒成立，故，A错，B对；

对于的大小关系，令且，而，，

显然在上函数符号有正有负，故的大小在上不确定，

即的大小在上不确定，所以C、D错.

故选：B

8. 如图，为直角梯形，.连，将沿翻折成三棱锥，当三棱锥外接球表面积的最小值时，二面角的余弦值为（    ）

A.  B. 0 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得为等边三角形，设的中心为，的中点为，三棱锥外接球的球心为，根据球的性质可得与重合时适合题意，进而即得.

【详解】因为为直角梯形，，

所以，为等边三角形，为直角三角形，

设的中心为，的中点为，三棱锥外接球的球心为，

则平面，平面，

因为，所以三棱锥外接球表面积的最小, 即外接球的半径最小时，即与重合，

此时平面即平面，平面，

故平面平面，即二面角的平面角为，余弦值为0.

故选：B.

【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法

(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．

(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．

(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．

(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．

(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，漏选得2分，错选得0分.

9. 记正项等比数列的前n项和为，则下列数列为等比数列的有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据等比数列的定义和前n项公式和逐项分析判断.

【详解】由题意可得：等比数列的首项，公比，即，

对A：，且，即为等比数列，A正确；

对B：，且，即为等比数列，B正确；

∵，则有：

对C：，均不为定值，即不是等比数列，C错误；

对D：，均不为定值，即不是等比数列，D错误；

故选：AB.

10. 某学校一同学研究温差与本校当天新增感冒人数（人）的关系，该同学记录了5天的数据：

经过拟合，发现基本符合经验回归方程，则（    ）

A. 样本中心点为 B.

C. 时，残差为 D. 若去掉样本点，则样本的相关系数增大

【答案】ABC

【解析】

【分析】求出可判断A；将样本中心点代入可判断B；求出当时观则值和预测值，求出残差可判断C；因为样本中心点为，所以去掉样本点，则样本的相关系数不变可判断D.

【详解】对于A，，

故样本中心点为，故A正确；

对于B，经验回归方程过样本中心点，解得：，故B正确；

对于C，当时观则值为，预测值为，故残差为，故C正确；

对于D，因为样本中心点为，所以去掉样本点，则样本的相关系数不变，故D不正确.

故选：ABC.

11. 声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.我们听到的声音函数是，记，则下列结论中正确的为（    ）

A. 在上是增函数 B. 的最大值为

C. 的最小正周期为 D.

【答案】CD

【解析】

【分析】对AB可利用导函数求函数的单调区间和最值；

对C可用周期函数的定义去得到；

对D，可利用不等式，放缩得到.

【详解】对于AB选项：

设，则，

由得，得，,

由得，得，

故在上不是单调递增，A错误，

函数在，时，取得最大值为，故B错误；

对于C选项：

因的最小正周期为，故的最小正周期，

所以，故的最小正周期为，C正确；

对于D选项：

设，则，

所以在上单调递增，

所以当时，，当时，，

即当时，， 当时，，故，

，故D正确；

故选：CD.

12. 已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则（    ）

A. 的周长为 B.

C. 平分线的斜率为 D. 椭圆的离心率为

【答案】ABD

【解析】

【分析】由分析知点为直线与椭圆的交点，故的周长为，可判断A；设，由椭圆的定义和角平分线定理求出，，可判断B；由余弦定理可判断D；点在轴上方，设直线的倾斜角为，由两角差的正切公式求出可判断C.

【详解】点关于平分线的对称点在直线上，

又点关于平分线的对称点也在椭圆上，

所以点为直线与椭圆的交点，故的周长为，故A正确；

设的平分线交于点，设，

则，

所以，而，

设则，于是，

所以，，，，，

所以，故B正确；

在，由余弦定理可得：，

则，则，所以，故D正确；

不妨设点在轴上方，由题意可知，点在椭圆的下顶点处，则，

，，

设直线的倾斜角为，则，

由对称性知平分线的斜率为或，故C不正确.

故选：ABD.

第II卷（非选择题共90分）

三､填空题：本大题共5小题，每小题5分，共20分.

13. 设双曲线的两条渐近线互相垂直，则此双曲线的离心率为___________.

【答案】

【解析】

【详解】解析过程略

14. 已知的展开式的常数项是第7项，则________.

【答案】8

【解析】

【分析】

通过计算通项，令次数为0即可得到答案.

【详解】根据题意，可知第7项为，而常数项是第7项，则

，故.

故答案为：8.

【点睛】本题主要考查二项式定理，属于基础题.

15. 已知函数为偶函数，且，则__________.

【答案】2

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性与对称性，推出函数的周期是4，利用周期性进行转化求解即可．

【详解】因为函数为偶函数，所以

即，即函数关于对称，则，即①

又因为 ，即函数关于对称，则，且②

由①②可得③，所以代入③得，即，即函数的周期是4，

所以，因为，所以，故.

故答案为：.

16. 已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设，即可求出b，继而求出的表达式，将看作主元，配方得，记，即可求解最大值.

详解】设，则，

此时，则，

令，

当时，，

记，则，

所以在上递增，在上递减，

故,所以，

所以的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题是双参数函数的零点问题，

第一步消参：通过设零点，代入方程，得到其中一个参数的表达式，

第二步主元法求最值：将所求表达式通过主元法（关于另一个参数）构造函数求出最值，即可求解.

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 设数列的前项和为，数列是首项为1，公差为1的等差数列，

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列求得，即，再根据与的关系采用相减法即可求得数列的通项公式；

（2）由题意得，利用等比数列求和公式即可得数列的前项和.

【小问1详解】

是首项为1，公差为1的等差数列，.

时，也符合

【小问2详解】

显然

于是

18. 如图，在多面体中，平面为正三角形，为等腰Rt.

（1）求证：；

（2）若平面，求直线与平面所成的线面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；

（2）法一：由分析可知，就是直线与平面所成的线面角，设，当时，与重合，可得两点重合，不符合题意，当时，求出，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.

【小问1详解】

设为中点，连接，则由为正三角形，得；

平面，且为等腰直角三角形，计算可得：.

面，于是面，面，

从而.

【小问2详解】

法一：由（1）可知，过点作，垂足为，则就是直线与平面所成的线面角.

当平面时，可得到平面的距离为.

设，所以，可得，

当时，，不妨设在底面射影为，则，此时与重合，可得两点重合，不符合题意，舍去；

当时，，此时在的延长线上，作，由于为矩形，可得，可得，可得.

于是.

法二：建立如图坐标系，可得，

由，解得，

又平面，令，

可得，解得.

当时重合，所以，此时.

不妨设平面的法向量为，则

代入得，令，则，所以.

由于，不妨设所成角为，则.

19. 在中，内角所对的边分别为，且.

（1）求的值；

（2）求的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正、余弦定理结合题意化简即可得出答案；

（2）由题意可得，再由两角差的正切公式结合基本不等式即可得出答案.

【小问1详解】

由余弦定理得：

，

所以上式；

【小问2详解】

由（1）得，

.

，A,B为三角形内角，

，当且仅当时等号成立，

的最大值为.

20. 某手机APP公司对喜欢使用该APP的用户年龄情况进行调查，随机抽取了100名喜欢使用该APP的用户，年龄均在周岁内，按照年龄分组得到如下所示的样本频率分布直方图：

（1）根据频率分布直方图，估计使用该视频APP用户的平均年龄的第分位数（小数点后保留2位）；

（2）若所有用户年龄近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计喜欢使用该APP且年龄大于61周岁的人数占所有喜欢使用该APP的比例；

（3）用样本的频率估计概率，从所有喜欢使用该APP的用户中随机抽取8名用户，用表示这8名用户中恰有名用户的年龄在区间岁的概率，求取最大值时对应的的值；

附：若随机变量服从正态分布，则：

【答案】（1）（岁）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）结合频率分布直方图和百分位数的定义即可求解；

（2）利用正态分布的性质即可求解；

（3）利用二项分布的概率公式和二项式系数的最值列不等式组，解之即可.

【小问1详解】

由直方图可知，第分位数位于区间，

第分位数（岁）.

【小问2详解】

（岁）

使用该APP且年龄大于61周岁人数占所有喜欢使用该APP的.

【小问3详解】

根据题意，

要使取最大值，则，

，解得，

因为，所以.

21. 已知抛物线的焦点为，过点斜率为1的直线与抛物线相交所截得的弦长为2.

（1）求的值并写出抛物线焦点的坐标；

（2）设点是抛物线外任意一点，过点作抛物线的切线，切点分别为，探究：是否存在以点为直角顶点的等腰直角三角形.若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1），   

（2）存在，点

【解析】

【分析】（1）利用直线点斜式方程，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式即可求解；

（2）根据（1）的结论及作出图形，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程，联立切线方程，求出点的坐标，再利用中点的坐标公式及两点的斜率公式，结合两直线垂直斜率的关系即可求解.

【小问1详解】

依题意，设直线方程为，

由，消去，得，

设直线与抛物线相交于，则，

所以，

所以，解得，

所以抛物线方程为.

【小问2详解】

假设符合条件的等腰直角三角形存在，于是

设点，则由可得：

切线，

，解得，

所以.

设线段的中点，则点，且，

联立方程组，解得或.

所以存在点.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22. 设函数，其中.

（1）当时，求函数的值域；

（2）设，当时，

①证明：函数恰有两个零点；

②若为函数的极值点，为函数的零点，且，证明：.

【答案】（1）   

（2）①证明见解析；②证明见解析

【解析】

【分析】（1）当时，对求导，得到的单调性即可求出函数的值域；

（2）①由题知，进而构造函数，研究函数单调性，结合零点存在性定理可得存在唯一，使得，进而得函数的单调性即可证明；②要证，即证，结合题意得，对求导，再根据得，故，即可证明.

【小问1详解】

当时，，显然函数的定义域为.

令得，

令，解得：；令，解得：，

在上单调递增，在上单调递减.

.

且当趋近于，趋近于负无穷，当趋近于正无穷，趋近于负无穷，

故函数的值域是.

【小问2详解】

①显然，定义域为.

，

令，则由可知，

在单调递减，且当趋近于，趋近于.

而

存在唯一使得，

所以当时，，当，，

于是在上单调递增，在上单调递减，

从而.，

令，

若，可得：；若，可得：，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，当时取等。

由知：

，

，，

（注意：且，则，即递增，故；

且且，则，即递减，故；

所以、在上恒成立.）

在都各有一个唯一零点，故恰有两个零点.

②由题意得，由于，要证，即证.

，由（1）知，

从而，

令，则，且，

令，

令，则；令，则；

则在上单调递减，在上单调递增，

，所以，

故.

于是在上单调递减，故，即，即.

【点睛】关键点点睛：根据不等式对进行放缩得，故，进而证明结论.