浙江省杭州第二中学2023届高三数学下学期4月月考试题（Word版附解析）

杭州二中2022学年第二学期高三年级4月月考

数学试题卷

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、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. 若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解一元二次不等式得集合，根据对数函数的定义域得集合，再根据并集的运算得即可.

【详解】由得，即，

又函数的定义域满足，所以

则.

故选：C.

2. 已知平面，，直线，满足，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，由线面关系分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.

【详解】因为，由面面垂直的判定定理可知“”“”，故充分性满足；

由“”，且，不一定得到“”，有可能线面平行或者直线在平面内，故必要性不满足；则“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3. 某公司在年的销售额(万元)如下表，根据表中数据用最小二乘法得到的回归方程为，则当关于的表达式取到最小值时，（    ）

A. 5 B. 13

C. 8059 D. 8077

【答案】D

【解析】

【分析】表达式表示的是样本点与回归直线方程的整体接近程度.故可根据此意义逆向分析的意义，结合条件解决之.

【详解】由题意，，

根据意义知表示样本点与回归直线的整体接近程度.且由样本点构成的表为

对应回归直线方程为：，

由表知，

所以，

由题意可知：在散点图中，样本点是将样本点整体向左平移了2016个单位，故回归直线与必平行，则有，

所以，

所以.

故选：D.

4. 已知矩形中，，，是的中点，沿直线将△翻折成△，则三棱锥的体积的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】当平面平面，此时点到平面的距离取得最大值，取的中点，得到，证得平面，得到三棱锥的高为，结合体积公式，即可求解.

【详解】如图所示，要使得三棱锥的体积取得最大值，

当平面平面，此时点到平面的距离取得最大值，

取的中点，因为，可得，

因为平面平面，且平面，所以平面，

在直角中，可得，即三棱锥的高为，

又由三角形的面积为，

所以三棱锥的体积的最大值.

故选：B.

5. 已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件求出的公比q，然后逐一分析各选项即可判断作答.

【详解】设等比数列的公比为q(q≠1)，又，即，

而，则，解得，则，，，，

，A不正确；

，B正确；

，C不正确；

，D不正确.

故选：B

6. 已知复数满足且有，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设（为虚数单位），由棣莫佛公式可知，根据平方关系求出，从而求出，即可得解.

【详解】设（为虚数单位），由棣莫佛公式可知，

因为，所以，即，

所以，即，因为，

所以，

即，所以，所以，

所以.

故选：A

7. 设椭圆的左焦点为，为坐标原点，过且斜率为的直线交椭圆于，两点（在轴上方）.关于轴的对称点为，连接并延长交轴于点，若，，成等比数列，则椭圆的离心率的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据，，成等比数列，得到，设直线AB的方程为：，与椭圆方程联立，再设直线BD的方程为：，令结合韦达定理，得到点E的坐标，代入求解.

【详解】解：如图所示：

设分别以OF，EF，OE为底，高为h，

则，

因为，，成等比数列，

所以，即，

设直线AB的方程为：，

联立，消去y得，

由韦达定理得：，

直线BD的方程为：，

令得，，则，

则，即为，

则，即，

即，

解得，则，

故选：D

8. 已知，则下列有关的大小关系比较正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，由时，，即可判断，且，然后构造函数，即可判断，即可得到结果.

【详解】因为，时，，

当时，，则函数单调递减，

当时，，则函数单调递增，

则当时，函数有极小值，即最小值为，

所以时，，即，

，

则，而，所以，

又，则，

令，则，

令，则，

当时，，则函数单调递减，

当时，，则函数单调递增，

所以当时，有极小值，即最小值为，

所以，即，则，所以.

故选：C

二、选择题II：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分

9. 甲、乙两人参加某商场举行的抽奖活动，中奖名额不限，设事件为“甲中奖”，事件为“乙中奖”，事件为“甲、乙中至少有一人中奖”，则（    ）

A. 与为互斥事件 B. 与为对立事件

C. 与为互斥事件 D. 与为对立事件

【答案】CD

【解析】

【分析】直接利用互斥事件、对立事件、互斥事件、对立事件的定义判断即可.

【详解】当发生时，也可能发生，即与不为互斥事件，则A错误；

当发生时，若甲中奖，则也能发生，则B错误；

为甲、乙都中奖，为甲、乙都不中奖，与不可能同时发生，且也不是必然事件，即与为互斥事件，则C正确；

为甲、乙都不中奖，为甲、乙中至少有一人中奖，与不可能同时发生，且为必然事件，即与为对立事件，则D正确，

故选：.

10. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（    ）

A. 常数项是 B. 各项系数和为

C. 第5项二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和为32

【答案】BD

【解析】

【分析】根据二项式理及二项式系数的性质逐项判断即可.

【详解】二项式的展开式的通项为

当时，得常数项为，故A不正确；

当时，可得展开式各项系数和为，故B正确；

由于，则二项式系数最大为为展开式的第4项，故C不正确；

奇数项二项式系数和为，故D正确.

故选：BD.

11. 若对于一个角，存在角满足，则称为的“伴侣角”.下列有关“伴侣角”的说法正确的是（    ）

A. 若，则是的“伴侣角”

B. 若存在“伴侣角”，则有且仅有一个为其“伴侣角”

C. 对任意，必存在为其“伴侣角”

D. 若存在“伴侣角”，则

【答案】AD

【解析】

【分析】根据实例，可判定A正确，B错误；将方程变形为，转化为直线与单位圆的交点，求得圆心到直线的距离，结合直线与圆有公共点，列出不等式，求得的取值范围，进而可判定C错误、D正确.

【详解】对于A中，当，且，可得，

，满足，所以A正确；

对于B中，例如：当，时，满足；

当，时，满足，

此时，存在两个“伴侣角”和，所以B不正确；

将已知中的方程变形为，

则为直线与单位圆的交点，

由圆心到直线距离为，

若存在“伴侣角”，则直线与单位圆有公共点，则满足，

即，整理得，

解得，又因为，所以，

所以，所以D正确；

当，由余弦函数的性质，可得，其中，

所以对任意，不一定存在其“伴侣角”，所以C错误.

故选：AD.

12. 当我们将导数的概念及定义推广至方程时，有时会无法解出.为此，数学家提出了一种新的方法，使得对于任意方程，都能够对其中一个变量求导.例如，对于方程，对求导：将视作的函数，两边同时对求导，得：，即.从而解得下列说法正确的是（    ）

A. 对于方程

B. 对于方程

C. 对于方程

D. 对于方程

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据新定义导数运算、复合函数求导的知识求得正确答案.

【详解】A选项，由，

得，A选项错误.

B选项，由，

得，B选项正确.

C选项，由，得，

所以，

，所以C选项正确.

D选项，由得，

所以，所以D选项正确.

故选：BCD

【点睛】新定义题型的问题求解过程可以参考如下几个步骤：1.对新定义进行信息提取，明确新定义的名册和符号；2.对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法，寻求相近知识点；3.对新定义中提取的知识进行转换，将新问题转换为“旧问题”来进行求解.

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，，则______.

【答案】

【解析】

【分析】由三角函数平方关系以及二倍角公式结合已知条件即可求解.

【详解】由题意，，

所以，，

又因为，

所以，解得.

故答案为：.

14. 在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有______种.

【答案】14

【解析】

【分析】根据加法分类计数原理求解即可.

【详解】不妨设圆周上的点依次为，

要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：

符合图①的连结方式有2种；符合图②的连结方式有4种；符合图③的连结方式有8种；

共计种.

故答案为：.

15. 若，，点在线段（含端点）上移动，则的最小值为______.

【答案】##

【解析】

【分析】由表示动点与定点之间的距离，结合点到直线的距离公式，即可求解.

【详解】因为，，可得直线的方程为，

又由表示动点与定点之间的距离，

由点到直线的距离公式，可得，

又由，则过点与垂直的直线的斜率为，

此时直线方程为，即，

联立方程组，解得，满足题意，

所以的最小值为.

故答案为：.

16. 设是定义在上的函数，且有唯一解或无解，且对任意，均有，请写出一个符合条件的______.

【答案】或（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据已知条件写出一个符合条件的即可.

【详解】当时，

，

所以；

或者，当时，

，

所以.

故答案为：或（答案不唯一）.

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. 在锐角△中，角所对的边分别为，已知.

（1）求角的大小；

（2）若，求△内切圆半径的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，由正切函数的和差角公式，代入计算，即可得到结果；

（2）根据题意，由正弦定理结合三角形的面积公式可得，即可得到结果.

【小问1详解】

因为，

故

【小问2详解】

由正弦定理：

故

因为在锐角△中，所以，得，所以．

18. 已知数列为等差数列，其中，，前n项和为，数列满足，

（1）求数列的通项公式；

（2）求证：数列中的任意三项均不能构成等比数列.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的性质确定公差，即可得前n项和为，从而可得数列的通项公式；

（2）利用反证法证明结论即可.

【小问1详解】

设等差数列的公差为，

因为，，所以，

所以，所以，所以

【小问2详解】

设数列中任意三项，，

则，假设成等比数列，则

即

因为，所以，所以，即，与矛盾，

所以数列中的任意三项均不能构成等比数列．

19. 如图，为圆柱的一条母线，且.过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为.已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心.为在上底面内的射影.记椭圆的离心率为.

（1）求的取值范围；

（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，在求得长轴，得到，进而求得离心率的取值范围；

（2）当离心率时，求得，建立空间直角坐标系，设，求得平面法向量的法向量和向量,结合向量的夹角公式，即可求解.

【小问1详解】

解：设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，

当移至下底面端点时，，长轴的最大值，

所以长轴的取值范围，则，所以，

所以椭圆离心率的取值范围是；

【小问2详解】

解：当离心率时，即，得，

则，

即，即点是母线的中点，

建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，

可得,,,,,

则,,,

设平面的法向量，则，

令，得，，所以，

设直线与平面所成角为，则.

20. 七选五型选择题组是许多类型考试热门题型.为研究此类题型的选拔能力，建立以下模型.有数组和数组，规定与相配对则视为“正确配对”，反之皆为“错误配对”.设为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数.

（1）请直接写出的值；

（2）已知.

①对和进行随机配对，记为“正确配对”的个数.请写出的分布列并求；

②试给出的证明.

【答案】（1）   

（2）①分布列见解析，；②证明见解析

【解析】

【分析】（1）由为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数求解；

（2）(i) 由 ，列出分布列，再求期望；(ii)分三类情况，和配对证明.

【小问1详解】

；

【小问2详解】

(i) ，

，，

，

(ii)分三类情况，和全错配,

1.和配对，余下和（或）.余下部分属于n个时的错配，故总共，

2.和配对，且与配对.此时余下部分属于n-1个时的错配，故总共，

3.和配对，且与不配对.此时可将等效为，则余下部分属于n个时的错配，故总共，

综上：.

21. 已知抛物线，焦点为.过抛物线外一点（不在轴上）作抛物线的切线，其中为切点，两切线分别交轴于点.

（1）求的值；

（2）证明：

①是与的等比中项；

②平分.

【答案】（1）0    （2）详见解析

【解析】

【分析】（1）先利用题给条件求得点C的坐标，进而利用向量数量积求得的值；

（2）先求得点P的坐标，进而利用等比中项定义证得是与的等比中项；先利用向量求得，进而证得，从而得到平分.

【小问1详解】

抛物线焦点，设点，

设抛物线的切线的方程分别为：

由整理得，，

由，

可得，同理，

则抛物线的切线的方程分别为：

则，，

则，

【小问2详解】

①由（1）可得

，，

则，

，

则，故是与的等比中项；

②

，

则,又，则

故平分.

22. 已知函数.

（1）求函数的极值；

（2）证明：

①；     

②（，且）.

【答案】（1）极小值，无极大值   

（2）①证明见解析；②证明见解析

【解析】

【分析】（1）求得，求得函数的单调区间，结合极值的定义，即可求解；

（2）（i）根据题意，转化为，令，求得，得到在区间上为增函数，进而得证；

（ii）根据题意，利用数学归纳法，转化为证明，结合，得到，进而证得结论.

【小问1详解】

解：由函数，可得

当时，；当时，，

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.

【小问2详解】

解：（i）要证，即证，

两边取对数，可得

可得，即，

令

可得 ，

当时，，即在区间上为增函数，

所以.原命题得证.      

（ii）当时，显然成立，假设时，成立

则时，（1），

则需证（2）

即证，

由于

即证.

又由时，（2）式证毕，

由（1）（2）两式可得时，成立，

综上，由数学归纳法：在恒成立.

【点睛】方法总结：利用导数证明不等式问题的求解策略:

1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，证得或恒成立即可；

2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；

3、最值法：若，可得不等式恒成立，此法注意两个函数在同一个自变量取得相应的最值；