浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高三下学期适应性教学质量调测数学试卷（Word版附解析）

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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. 数据3，4，5，6，7，8，9，10的中位数为（ ）
A. 6B. C. 7D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中位数的概念即可计算结果.
【详解】数据已经从小到大排列好，中间有两个数，
故该组数据中位数为：.
故选：B.
2. 函数在点处的切线与直线平行，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可得解．
【详解】，则，
因为函数在点处的切线与直线平行，
所以，解得，
故选：A．
3. 已知，是单位向量，且它们夹角是，若，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得，列出方程求解即可．
【详解】由得，，即，解得，
故选：B．
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由降幂公式求出，再结合诱导公式求解即可．
【详解】由已知得，，即，
则，
故选：D．
5. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，利用导数求得在单调递增，得到，得到，再由对数函数的性质，得到，再由函数的单调性与奇偶性，即可求解.
【详解】令，可得，所以在单调递增，
又由，所以，即，可得，
又由，所以，
因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减，
则在上单调递增，且，
所以，即，
所以.
故选：A.
6. 已知抛物线：，直线与抛物线交于两点，过两点分别作抛物线的两条切线交于点，若为正三角形，则的值为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可得关于轴对称，且轴，则两条切线的交点在轴上，设，，可设，联立抛物线得，从而将代入直线与抛物线，即可得的值.
【详解】
由题意可得关于轴对称，且轴，则两条切线的交点在轴上，
设，
因为为正三角形，不妨取，则，
联立，可得，
则，可得，
所以，代入，可得，
又，联立解得.
故选：C.
7. 汉诺塔（Twer f Hani），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为等差数列
C. 为等比数列D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，判断A；归纳得到，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B，C；求出，判断D.
【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动次，则,
所以，而，故为等比数列，
故即，该式不是n的一次函数，
则不为等差数列，B错误；
又，则，，则为等比数列，C正确，
，D错误，
故选：C
8. 三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据对角线向量的性质列方程求关系，从而可得线线垂直，过作，连接，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角的平面角，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，从而可得球的体积.
【详解】如图所示，
设，则，
由向量的运算及余弦定理可得：
所以，
解得：，故，过作，连接，则，
设，则，解得：，所以点与点重合，
故，，即为二面的平面角，
故三棱锥可放置成如图所示，
为底面正的外心，即,
为的外接球球心，即，为使得，故，
所以三棱锥的外接球半径，
所以外接球的体积.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.
9. 已知，，，则（ ）
A. 且B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，可得，即可判断，同理判断，判断A；利用基本不等式可判断B，C，D；
【详解】对于A，，，，则，故，同理可得，A正确；
对于B，，，，
当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，，，则，
则，
当且仅当，即时取等号，C错误；
对于D，由于，故，
当且仅当时取等号，而，故，D正确，
故选：ABD
10. 已知复数，其中为虚数单位，若满足，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最大值为
C. 存在两个，使得成立
D. 存在两个，使得成立
【答案】AD
【解析】
【分析】由得在复平面内对应点的轨迹为椭圆，由椭圆方程的范围即可判断ABC；由得在圆上，由圆与椭圆的位置关系即可判断D．
【详解】由得，在复平面内对应点的轨迹为椭圆，方程为，
对于A，表示复平面内到原点的距离，
因为在椭圆上，所以当在椭圆上顶点或下顶点时，到原点的距离最大为2，故A正确；
对于B，由椭圆方程的取值范围可知，，则的最大值为2，故B错误；
对于C，由得，，由椭圆方程中范围可知，，故不存在满足，故C错误；
对于D，表示复平面内到点的距离为1，
因为复平面内到点距离为1点的轨迹为圆，方程为，
由图象可知，圆与椭圆有2个交点，所以存在两个，使得成立，故D正确；
故选：AD．
11. 已知数列与满足，且，.若数列保持顺序不变，在与项之间都插入个后，组成新数列，记的前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用构造等比数列法判断A；继而结合可判断B；根据数列的规律，计算数列的项数，可确定，判断C，确定数列的项，利用等比数列的求和公式可判断D.
【详解】对于A，，且，则，
即数列为等比数列，，故，
则，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，新数列为，由于，，
即数列从到共有项，到共有项，
而和之间有个10，故，C正确；
对于D，结合C的分析，可得
，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键时CD选项的判断，解答时要结合数列的特点，判断数列的项数，从而确定项的取值.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式的第四项为_________.
【答案】
【解析】
【分析】写出二项式的通项公式，代值计算即得.
【详解】的展开式的通项为，
令，得
故答案为：.
13. 过原点的直线与圆交于两点，若，则直线的斜率为_____________.
【答案】或
【解析】
【分析】首先判断直线的斜率存在，设，，，联立直线与圆的方程，消元，列出韦达定理，由，可得，代入即可求出.
【详解】当斜率不存在时，解得或，
因为且，即不满足，故舍去；
当直线的斜率存在时，设斜率为，则，
代入圆，得，
显然，设，，
则，，
因为，则，则，，
联立可得，解得或．
故答案为：或．
14. 已知定义在上的增函数满足:对任意的都有且，函数满足，. 当时，，若在上取得最大值的值依次为，，…，，取得最小值的值依次为，，…，，若，则的取值范围为____________
【答案】.
【解析】
【分析】由的性质得，，由满足的条件得，，的图象关于点对称，关于直线对称，的一个周期是4，可得的最值点与最值的结果，结合已知分析求解.
【详解】定义在上的增函数，对任意的都有且，
则，得，
，得，
当时，，则在上单调递增，且，，
函数满足，则的图象关于点对称，
得在上单调递增，且，，
，则的图象关于直线对称，
得在和上单调递减，且，
由和，得，
则有，，
故的一个周期是4，且在时取最大值0，在时取最小值-2，
若在上取得最大值的值依次为，，…，，取得最小值的值依次为，，…，，
有或，
，
当时，有，方程无正整数解；
当时，有，解得；
则有，即，
所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：
本题以抽象函数为载体综合考查函数的性质，关键是根据已知条件判断出的周期及其在一个周期内的单调性和最值.
以下是抽象函数周期性质的一些总结，可以适当总结记忆：
设函数．
（1）若，则函数的周期为；
（2）若，则函数的周期为；
（3）若，则函数的周期为；
（4）若，则函数的周期为；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为．
四、解答题：本大题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在三棱台中，面面，，，，，为中点.
（1）求证：面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据棱台性质及为中点得到四边形是平行四边形，故，得到线面平行；
（2）法一：作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到是直线与平面所成角，根据勾股定理及棱台性质得到各边长，得到正弦值；
法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
∵为中点，，
∴，
∵，所以四边形是平行四边形，

又面，面，
面.
【小问2详解】
法一：将侧棱延长，则交于一点，连，，
因为，所以，
面面，，面面，面，
平面，
是直线与平面所成角.
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又，故，即⊥，
故，
因为平面，平面，
所以，故，
，
直线与平面所成角的正弦值；
法二：面面，，面面，面，
平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
又，，故，
则，，，
其中是面的一个法向量，
，
直线与平面所成角的正弦值.
16. 盒子中装有大小形状相同的4个小球，其中2个白色2个红色. 每次取一球，若取出的是白球，则不放回；若取出的是红球，则取完放回.
（1）取两次，求恰好一红一白的概率；
（2）取两次，记取到白球的个数为随机变量，求随机变量的分布列及均值；
（3）在第2次取出的球是红球的条件下，求第1次取出的球是白球的概率．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）借助全概率公式计算即可得；
（2）得到随机变量所有可能取值后求出对应概率，即可得分布列，借助分布列计算即可得均值；
（3）借助全概率公式与条件概率公式计算即可得.
【小问1详解】
记事件：第一次取到是红球，事件：第二次取到是红球，
则；
【小问2详解】
随机变量可取0，1，2，
，，，
随机变量分布列如下：
所以；
【小问3详解】
，
，
则.
17. 在三角形中，内角对应边分别且.
（1）求的大小；
（2）如图所示，为外一点，，，，，求及的面积.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角可得，根据式子特点，变换，从而可以化简三角恒等式为，最后利用辅助角公式求出；
（2）设，可知用表示，，利用正弦定理可得公共边的式子，最后可得一个关于角的三角方程求解出角的大小，然后求出求出和，最后利用面积公式即可求出面积.
【小问1详解】
，由正弦定理边化角得：
，由三角形内角和为可得：，
即，
即，
又，
即，又，，即.
【小问2详解】
设，在中，，
，，
，
在中，，，，
，
即，
，
，又，
，解得，
，
又由
，
于是.
18. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）是，3
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；
（2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.
【小问1详解】
由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
【小问2详解】
（i）设，，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
,直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心.
19. 帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，…
（1）求实数的值；
（2）当时，试比较与的大小，并证明；
（3）定义数列：，，求证：.
【答案】（1），；
（2），证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即得答案.
（2）由题意知只需比较与的大小，即比较比较1与的大小，从而构造函数，利用导数，即可求解；
（3）结合题意得，令，结合（2）可得，进而推出，另一方面，令，利用导数，即可证明结论.
小问1详解】
由题意得，，
，故，，
解得，.
【小问2详解】
由上可得，要比较与的大小，
，只需比较1与的大小，
令，，
所以，从而可得在上单调递增，
所以，即，所以.
【小问3详解】
设，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立；
由题意知，，，
则，故可得；
，令，，
故该函数在上递减，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因为，所以可得，即，即，
即，
故，即，所以.
另一方面：，
令，，
所以在单调递增，所以，得证.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数新定义问题，解答的关键是要理解导数的新定义，并由此取解决问题，难点在于（3）中不等式的证明，解答时要结合，进行放缩，并结合构造函数进行证明.
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