浙江省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（含解析）

浙江省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．双曲线的离心率为，则双曲线的实轴长为（    ）

A． B． C． D．

3．若，满足，则的最小值为（    ）

A．1 B．3 C． D．0

4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

5．函数的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

6．设，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

7．已知，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

8．已知为椭圆和双曲线的公共焦点，P为其一个公共点，且，，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

9．设，且，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

10．已知正实数C满足：对于任意，均存在，使得，记C的最小值为，则（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

11．计算：复数____________.

12．已知、分别为椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，直线，且，垂足为Q点．若四边形为平行四边形，则椭圆C的离心率的取值范围是________．

13．已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是__________.

三、双空题

14．二项式的展开式中常数项为________；系数最大的项是第_____项.

15．若，则___________；__________.

16．给如图染色，满足条件每个小方格染一种颜色，有公共边的小方格颜色不能相同，则用4种颜色染色的方案有__种，用5种颜色染色的方案共有__种.

17．已知平面向量满足，且．则的最小值是__________，最大值是__________．

四、解答题

18．已知，满足．

(1)求的值；

(2)若是锐角，且，求．

19．如图，四面体的棱平面，．

(1)证明：平面平面；

(2)若平面与平面所成锐二面角的正切值为，线段与平面相交，求平面与平面所成锐二面角的正切值．

20．已知数列是等差数列，，且，，成等比数列．给定，记集合的元素个数为．

(1)求，的值；

(2)求最小自然数n的值，使得．

21．在平面直角坐标中，圆与圆相交与两点．

（I）求线段的长．

（II）记圆与轴正半轴交于点，点在圆C上滑动，求面积最大时的直线的方程．

22．已知函数，是自然对数的底数.

(1)求的单调区间；

(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．C

【分析】利用交集的运算求解即可.

【详解】解：∵集合，

，

故选：C.

2．B

【分析】根据离心率，可求得a值，即可求得双曲线的实轴.

【详解】由题意得：，解得，

所以双曲线的实轴长为.

故选：B

3．A

【分析】画出可行域，结合图象即可求出的最小值.

【详解】画出可行域如图所示，目标函数过点时取到最小值1．

故选：A．

4．B

【分析】根据三视图得到该几何体是长方体中挖去了一个圆锥，结合题意可知长方体的长、宽、高和圆锥的底面圆的半径和高，再由体积公式求解，即可得到答案.

【详解】由三视图知，此几何体是长方体中挖去了一个圆锥，

其中长方体的长为2，宽为2，高为3，

圆锥的底面圆的半径为，高为，

所以几何体的体积为：

，

故选：B.

5．A

【分析】本题主要考查函数图象的运用，先根据函数的奇偶性，排除选项，在利用特殊值排除选项C即可求解.

【详解】依题意可知：函数的定义域为，

定义域关于原点对称，又因为，

所以函数为偶函数，故排除;

又当时，，故排除C，

故选：A.

6．A

【分析】利用高次不等式的解法，结合充分条件必要的条件的定义即可求解.

【详解】由，得，即，解得或，

所以“”是“或”的充分不必要条件,即“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

7．D

【分析】构造，利用导数求其单调性可判断的大小，构造，利用导数求其单调性可得到，再构造可得到，即可得到答案

【详解】设，

则，

令，，

因为在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，

由，所以，

所以当，所以在上单调递增，

当，所以在上单调递减，

又，，

从而即在上恒成立，

故在上单调递增，

所以，即，

构建，则，

令，则，

当时，，则在单调递增，

所以，即，

故在上单调递增，则，

故在恒成立，

取，可得，

构造，则，

当时，，故在单调递增，

所以，所以当时，

，取，则，

综上所述得：，即.

故选：D.

【点睛】方法点睛：

对于比较实数大小方法：

（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，

（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，

（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.

8．D

【解析】方法一：由题知：，，不妨设点在第一象限，设，进而得，，故在中，由余弦定理得得， ，，由于， ，即

方法二：根据题意不妨设点在第一象限，则有正弦定理得在半径为的圆在第一象限的圆弧上，根据三角形面积公式得得，由于，进而得.

【详解】解：方法一：

如图1，设椭圆方程为，双曲线方程为，

由题知：，，

不妨设点在第一象限，设，

所以在椭圆中，有，在双曲线中有，

所以，，

所以在中，由余弦定理得：

，

整理得，所以

所以，

由于，

所以，，故

所以，即

故选：D.

方法二：

如图2，不妨设点在第一象限，由正弦定理得三角形外接圆的半径为，

所以在半径为，圆心为的圆在第一象限的圆弧（不包含端点）上，

所以，所以，

所以，

由向量数量积定义得，

由三角形面积公式得：

，

，

所以，

所以，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查椭圆与双曲线的焦点三角形问题，考查化归转化思想和运算求解能力，是中档题.解法一的关键是根据椭圆与双曲线的定义分别将，用椭圆的长半轴与双曲线的实半轴表示，并在焦点三角形中结合余弦定理得，故，再根据即可得范围；本题解题法二的关键是由已知条件可设点在第一象限，进而得在半径为，圆心为的圆在第一象限的圆弧（不包含端点）上，进而利用面积公式求解.

9．D

【分析】利用特殊值及不等式的性质判断可得；

【详解】解：因为，对于A，若，，满足，但是，故A错误；

对于B：当时，，故B错误；

对于C：当时没有意义，故C错误；

对于D：因为，所以，故D正确；

故选：D

10．B

【分析】将问题转化为对于任意，均存在，使得，结合数轴求得当在相邻的两个点或中点时，，则有.

【详解】题设等价于对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示如下：

当与上述数轴上的点重合时，易得存在使得，又C为正实数，则成立；

当与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点之间，则，当且仅当在相邻的两个点中点时取等，

要使对于任意，均存在，使得，则有，

又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，此时在相邻的两个点或中点，则.

以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，易得数轴上两点之间的距离为，

当或，和为相邻的两点，之间的距离为；当时，则，

即之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，综上可得数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为.

故，故.

故选：B.

【点睛】本题关键点在于先将问题简化为对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示出来，结合对于都成立，得到当在相邻的两个点或中点时，，进而求出的范围，即可求解.

11．

【详解】试题分析：.

考点：复数代数形式的四则运算.

12．

【分析】设，则，根据平行四边形、椭圆的性质有，结合椭圆的有界性及其参数关系求离心率范围.

【详解】

设，则，又四边形为平行四边形，

所以，即，

所以，可得.

故答案为：

13．

【解析】作出函数图象，对参数分类讨论，转化为不等式恒成立利用分离参数求参数取值范围.

【详解】作出函数的图象如图所示，

当时，恒成立，符合题意；

当时，，，关于的不等式不恒成立，不合题意，舍去；

当时，大致图象如图中折线，

只需恒成立，且恒成立即可，

且即，

且，

所以，

综上所述.

故答案为：

【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，涉及分段函数以及含参函数单调性的处理，数形结合能够事半功倍.

14．     60     3

【分析】利用二项展开式的通项公式求特定的项.

【详解】二项式的展开式的通项为，

令得，则展开式的常数项为，

由展开式的通项得展开式中的偶数项系数均为负数，

第1，3，5，7项的系数分别为64，240，60，1，则系数最大的是第3项.

故答案为：；

【点睛】考查二项式定理,利用二项式的通项公式求特定性的相关性质.

15．         

【分析】将两端平方可得到的值；利用切化弦可得，再代入的值即可.

【详解】因为，所以，所以，

.

故答案为：；

【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.

16．     252     1040

【解析】利用分步计数原理先从上方的小方格、开始染色，再从下方开始利用分类计数原理染色，直至对小方格染色完毕，就可求出结果.

【详解】解：（1）根据题意，若用4种颜色染色时，先对、区域染色有种，再对染色：

①当同时，有种；

②当同时，有种；

③当不同、时，有种；

综合①②③共有种；

（2）根据题意，若用5种颜色染色时，先对、区域染色有种，再对染色：

①当同时，有种；

②当同时，有种；

③当不同、时，有种；

综合①②③，共有种.

故答案为：252；1040.

【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理与分类计数原理的应用，属于中档题.

17．     2     30

【分析】先求出模长的范围，由题设得，通过向量的线性运算得和取得最小值1，最大值15，即可求解.

【详解】由题意知：，

又，可得，则；

显然当，且时，取得最小值0；

当，且方向相反时，取得最小值1；

又由上知，则的最小值取不到0，

又因为当，方向相同，与方向相反时，，

此时，同时取得最小值1，故的最小值为，

只要方向相反，即可满足；

显然当，且方向相同时，取得最大值15；

当，且方向相同时，取得最大值20；

又由上知，则的最大值取不到20，

又当时，由三角形法则知，必然存在使得，

此时，同时取得最大值15，

故的最大值为，

只要方向相反，即可满足.

故答案为：2；30.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据诱导公式以及同角的三角函数关系式，化简求值，即可求得答案.

（2）将化为，利用两角差的正弦公式，即可求得答案.

【详解】（1）由诱导公式得，①

∴,

∴，而，

∴，∴，

∴，②

由①②得：，∴.

（2），∴，

又，∴,

∴

．

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作于M，通过余弦定理解三角形得到，即可证得平面，即可证得平面平面；

（2）作于G，于H，求出，，延长交于点N，连接，作于K，平面与平面所成锐二面角即，通过解三角形计算出即可.

【详解】（1）

作于M，连接，则，，则，

则，故．又，则，又，平面，故平面，

又平面，则平面平面．

（2）

作于G，于H，由（1）知，又，平面，则平面，

又平面，则，又，同理可得平面，，则三点共线．

由平面与平面所成锐二面角的正切值为，则，又，则．又，

则，，则．延长交于点N，连接，作于K，

易得，又，平面，则平面，又平面，则，

则平面与平面所成锐二面角即．又，则，又，则，

故，故．

20．(1)，；

(2)11

【分析】（1）利用等比数列的性质求得公差，得通项公式，写出时的集合可得元素个数，即；

（2）由（1）可得，然后分组求和法求得和，用估值法得时和小于2022，时和大于2022，由数列的单调性得结论．

【详解】（1）设数列的公差为，由，，成等比数列，得，

，解得，所以，

时，集合中元素个数为，

时，集合中元素个数为；

（2）由（1）知，

，

时，=2001<2022，时，=4039>2022，

记，显然数列是递增数列，

所以所求的最小值是11.

21．（I）；（II）或．

【分析】（I）先求得相交弦所在的直线方程，再求得圆的圆心到相交弦所在直线的距离，然后利用直线和圆相交所得弦长公式，计算出弦长.（II）先求得当时，取得最大值，根据两直线垂直时斜率的关系，求得直线的方程，联立直线的方程和圆的方程，求得点的坐标，由此求得直线的斜率，进而求得直线的方程.

【详解】（I）由圆O与圆C方程相减可知，相交弦PQ的方程为．

点（0，0）到直线PQ的距离，

（Ⅱ），.

当时，取得最大值．

此时，又则直线NC为．

由，或

当点时，，此时MN的方程为．

当点时，，此时MN的方程为．

∴MN的方程为或．

【点睛】本小题主要考查圆与圆相交所得弦长的求法，考查三角形面积公式，考查直线与圆相交交点坐标的求法，考查直线方程的求法，考查两直线垂直时斜率的关系，综合性较强，属于中档题.

22．(1)单调递增区间是和，单调递减区间是

(2)

【分析】（1）求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；

（2）将原不等式变形为，构造函数，利用导数分析函数的单调性，分析可知，分、两种情况讨论，在第一种情况下，利用函数的单调性以及参变量分离法可得出，结合导数法可得出实数的取值范围；在第二种情况下，直接验证即可，综合可得出实数的取值范围.

【详解】（1）解：函数的定义域为，

因为，

由可得，由可得或.

所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.

（2）解：设，则，

所以在区间上单调递增.

不等式对恒成立,

等价于对恒成立，

即恒成立.

（i）当时，有恒成立，

若，则对任意的恒成立，

但，与题意矛盾，所以，，

则恒成立等价于恒成立，即.

设，则.

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

故，此时.

（ⅱ）当时，对，显然成立.

综合（i）（ⅱ）知的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：解本题第二问的关键在于将不等式变形为，通过构造函数，分析出函数的单调性，最终结合函数的单调性以及参变量分离法求解.