浙江省稽阳多校2023届高三下学期4月联考数学试卷(含答案)

这是一份浙江省稽阳多校2023届高三下学期4月联考数学试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若复数z满足,则( )
A.B.C.D.
3．在正方形ABCD中,O为两条对角线的交点,E为边BC上中点,记,,则( )
A.B.C.D.
4．双曲函数是一类与常见三角函数类似的函数,在生活中有着广泛的应用,如悬链桥.常见的有双曲正弦函数,双曲余弦函数.下列结论不正确的是( )
A.
B.
C.双曲正弦函数是奇函数,双曲余弦函数是偶函数
D.若点P在曲线上,为曲线在点P处切线的倾斜角,则
5．甲,乙,丙3人站到共有6级的台阶上,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是( )
A.120B.210C.211D.216
6．函数的图象向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数,函数.若关于x的方程在内有两个不同的解,,则的值为( )
A.B.C.D.
7．已知在上恒成立,则的最小值是( )
A.0B.C.D.
8．《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.现有鳖臑,其中平面ABC,,过A作,,记四面体,四棱锥,鳖臑的外接球体积分别为,,V,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知某地区某周7天每天的最高气温分别为23,25,13,10,13,12,19(单位).则( )
A.该组数据的平均数为B.该组数据的中位数为13
C.该组数据的第70百分位数为16D.该组数据的极差为15
10．如图,多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形,则( )
A.B.平面平面FAB
C.直线EA与平面ABCD所成的角为D.点E到平面ABF的距离为
11．定义:若存在正实数M使,则称正数列为有界正数列.已知数列满足,为数列的前n项和.则( )
A.数列为递增数列B.数列为递增数列
C.数列为有界正数列D.数列为有界正数列
12．已知函数,则( )
A.是单调递增函数B.
C.D.
三、填空题
13．命题“,”的否定为______.
14．已知甲盒中有3个红球2个白球,乙盒中有4个红球1个白球,从甲盒中随机取1球放入乙盒,然后再从乙盒中随机取2球,记取到红球的个数为随机变量X,则X的期望为______.
15．已知正数x,y满足,则的最大值为______.
16．已知椭圆的左,右焦点为,,上顶点为P,直线交于点Q,若,则椭圆的离心率是______.
四、解答题
17．设数列的前n项和为,已知.
（1）求的通项公式;
（2）设且,求数列的前n项和为.
18．如图,直三棱柱中,,,.
（1）证明:平面BMN;
（2）若,求二面角余弦值.
19．记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）证明:;
（2）若的面积为,求B.
20．甲,乙两个学校分别有位同学和n位同学参加某项活动,假定所有同学成功的概率都是,所有同学是否成功互不影响.记事件“甲成功次数比乙成功次数多一次”,事件“甲成功次数等于乙成功次数”.
（1）若,求事件A发生的条件下,恰有5位同学成功的概率;
（2）证明:.
21．已知为抛物线的焦点,过点的直线与抛物线C交于不同的两点A,B,满足.
（1）求抛物线C的方程;
（2）过点B且斜率为的直线与直线交于点,,证明:直线AM经过定点.
22．已知,．
（1）求在点的切线方程;
（2）设,,判断的零点个数,并说明理由．
参考答案
1．答案：A
解析：由,得,所以,所以,
因为,所以,
所以.
故选:A.
2．答案：B
解析：由已知可得,,从而.
故选:B.
3．答案：C
解析：
故选:C.
4．答案：B
解析：对于A,
,A正确;
对于B,,
,
所以,B错误;
对于C,令,则,且定义域为R关于原点对称,所以双曲正弦函数是奇函数;
令,则,且定义域为R关于原点对称,所以双曲余弦函数是偶函数,C正确;
对于D,令,则,
设,所以,
又因为,所以,D正确.
故选:B
5．答案：D
解析：由题意分三种情况:
第一种情况是3人各站一个台阶,有种;
第二种情况是2人站一个台阶,另1人站另一个台阶,有种,
第三种情况是3人站一个台阶,有种,
所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种.
故选:D.
6．答案：B
解析：函数的图象向左平移个单位长度后,
所得函数的解析式为,
因为所得函数为奇函数,所以,
则有,,
因为,所以,
所以,
,
因为,所以,
所以由,
可得,
所以,且,
则,
所以,
故选:B.
7．答案：D
解析：在上恒成立,等价于在上恒成立,
等价于在上恒成立,
令,,
当时,则在上单调递增,则若时,,不符合题意;
当时,则,
若时,,此时单调递增;
若时,,此时单调递减,所以,
则,即,
令,,则,
当时,,此时单调递减;
当时,,此时单调递增,
所以,所以,
所以的最小值是.
故选:D.
8．答案：A
解析：记四面体,四棱锥,鳖臑的外接球半径分别为,,r,
记,,,
在鳖臑中,有,,
又,平面SAB,则面SAB,
又面,则,
又,且,面SBC,所以面SBC,
所以,,,
又,即,
所以,
令,其中,则,
所以当时,,此时单调递减;当时,,此时单调递增,
当,即时,;
当,即时,;根据对称性,当,即时,,
所以,即.
故选:A.
9．答案：ABD
解析：将23,25,13,10,13,12,19从小到大排列为10,12,13,13,19,23,25,
对于A,该组数据的中位数为,故A正确;
对于B,该组数据的中位数为13,故B正确;
对于C,由,则该组数据的第70百分位数为从小到大排列的第5个数,是19,故C错误;
对于D,该组数据的极差为,故D正确.
故选:ABD.
10．答案：ACD
解析：对于A选项,如图,由,,,为正三角形
可得AECF为正方形,故,故A正确;
对于B选项,取AB中点为M,在,中,
由正三角形的性质可得,,,平面平面,
平面ABE,平面ABF,则为二面角的平面角,
由,,得,故B错误;
对于C选项,由条件可知四棱锥,四棱锥均为正四棱柱,连接EF,AC交点为正方形的中心,则平面ABCD,
即为直线EA与平面ABCD所成的角,由,,
得,故C正确;
对于D选项,连接BD,在正方形ABCD可知,,
平面ABCD,平面ABCD,
,与AC相交,且EF,平面AEF,
平面AEF
即为三棱锥的高,
设点E到平面ABF的距离为h,
由几何关系可求得,,,,
由可得,,
代入数据解得,故D正确.
故选:ACD.
11．答案：BC
解析：对于A,设,,
当时,,则,
所以当时,,则当时,,
所以当时,单调递减,A错误;
对于B,因为,所以数列为递增数列,B正确;
对于C,由A分析可知,当正实数M为前6项的最大项时,就有,所以数列为有界正数列,C正确;
对于D,令,则,
所以当时,,即在上单调递减,
所以,即,
由,
所以,D错误.
故选:BC
12．答案：ABD
解析：函数为连续函数,且当是斜率为正,当时斜率为正,故A正确;
,故B正确;
,故C错误;
所以,故D正确.
故选:ABD.
13．答案：,.
解析：由全称命题的否定为特称命题知,原命题的否定为,.
故答案为:,.
14．答案：或
解析：若从甲盒中随机取到的为红球且概率为,则X的可能取值为1,2,
则,,
若从甲盒中随机取到的为白球且概率为,则的可能取值为,
则,,,
综上,,,,
故.
故答案为:
15．答案：
解析：,仅当,时等号成立.
所以目标式最大值为.
故答案为:
16．答案：
解析：令,则,由椭圆定义得,,于是,
即,,而,有,则,
因此,令椭圆半焦距为c,在中,由余弦定理得:
,即,,
所以椭圆的离心率.
故答案为:
17．答案：（1）
（2）,
解析：（1）当时,,
当时,,
所以是首项为1,公比为2的等比数列,则.
（2）由题设知:,,
当n为偶数时,;
当n为奇数时,;
综上,,.
18．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）如图1,取中点为E,连结CE,ME,.
由三棱柱的性质可知,,,,.
因为,,
所以,.
又因为E为的中点,所以.
又,
所以四边形是平行四边形,
所以,,,
所以,,
所以,四边形是平行四边形,
所以.
因为平面BMN,平面BMN,
所以平面BMN.
因为,,
所以四边形MNEC是平行四边形,
所以.
因为平面BMN,平面BMN,
所以平面BMN.
因为,平面,平面,
所以平面平面BMN.
因为平面,
所以平面BMN.
（2）根据直三棱柱的性质可知,平面ABC.
如图2,以点A为坐标原点,以AB所在的直线为x轴,以所在的直线为y轴,在平面ABC中,过点A作AB的垂线为z轴,建立空间直角坐标系.
设,则,,
则,,.
在中,由余弦定理可得.
又,所以.
如图3,过点C作的延长线于D,
则,则,.
所以,则.
由,可得,所以.
同理可得,.
所以,.
设是平面BMN的一个法向量,
则,即,
取,则,,
所以是平面BMN的一个法向量.
又,,
设是平面AMN的一个法向量,
则,即,
取,则,,
所以是平面AMN的一个法向量.
所以.
由图象可知,二面角为锐角,
所以二面角的余弦值是.
19．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由,的内角A,B,C,
则,
,,
,
,
,
.
（2）由题意,结合正弦边角关系有,且,
,
,而,
所以.
20．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由题设,甲乙学校分别有4个,3个学生参加活动,
,
而甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率为,
所以事件A发生的条件下,恰有5位同学成功的概率.
（2）由题设知:,
,
因为,,1,2,…,n,所以
21．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）设,,
由可得,即,解得,
故抛物线C的方程为.
（2）抛物线C的焦点为,,
直线PF的方程为,直线BQ的方程为,
联立可得,
故点Q的坐标为,
由可知Q为BM的中点,则点,
当直线轴时,直线PA与抛物线C只有一个交点,不合乎题意,
设直线PA的方程为,联立可得,
,解得或,
由韦达定理可得,,所以,,
直线AM的斜率为
所以,直线AM的方程为,
即
因为
因为
,
所以,,
故直线AM的方程为,
因此,直线AM过定点.
22．答案：（1）
（2）存在唯一零点,理由见解析
解析：（1）由,,
则,
所以,,
所以在点的切线方程为．
（2）依题意得,
①当时,因为,,所以,即无零点;
②当时,,,
因为,,所以,即在上递减,
令,,
则,,
所以在上单调递增,则,
所以在上单调递增,则,
所以当,,即;
当,,即,即,
则,,
所以存在,使得在上递增,在上递减,
又,所以,而,
所以在上存在唯一零点;
③当时,设,则,,
因,所以,即在上递减,
又,,
所以存在,使得在上递增,在上递减,
又,,
所以存在,使得在上递增,在上递减,
又,,所以在上递增,所以,
所以在上无零点,
综上可知,在上存在唯一零点．