浙江省临海、新昌两地2023届高三下学期5月适应性考试(二模)数学 Word版含解析

《浙江省临海、新昌两地2023届高三下学期5月适应性考试(二模)数学 Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

浙江省高考科目两地适应性考试数学试题本科试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共6页，满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．选择题部分（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，，若且，则（）．A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由补集的定义求解即可.【详解】因为集合，，若且，所以.故选：C.2.已知复数（i是虚数单位），则z的虚部为（）．A.2B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由复数的模长、乘法和除法运算化简复数，即可得出答案.【详解】，故z的虚部为2.故选：A.3.已知直线，平面，满足，则下列命题一定正确的是（）．A.存在直线，使B.存在直线，使C.存在直线，使l，m相交D.存在直线，使l，m所成角为【答案】B

1【解析】【分析】根据空间中直线与平面的位置关系，结合选项即可逐一求解.【详解】对于A,若直线与相交，则内的直线与要么相交要么异面，故不存在直线，使，A错误，对于B,由于,所以与相交或者平行,不论是相交还是平行,均可在,找到与垂直的直线，故B正确，对于C,当时，则内的直线要么与平行，要么与异面，所以不存在，使l，m相交，故C错误，对于D，当直线时，此时直线与内的所有直线均垂直，故不存在直线，使l，m所成角为，故D错误，故选：B4.已知函数满足，则可能是（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数满足，一一验证各选项中的函数是否满足该性质，即可得答案.【详解】对于A，，则，，不满足；对于B，，则，，不满足；对于C，，则，，不满足；对于D，，当时，，故；当时，，故，即此时满足，D正确，故选：D

25.在某次考试中，多项选择题的给分标准如下：在每题给出的四个选项中，正确选项为其中的两项或三项，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分．甲、乙、丙三人在完全不会做某个多项选择题的情况下，分别选了，，，则三人该题得分的数学期望分别为（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先考虑正确答案所有可能的情况，从而再分别考虑甲乙丙三人的可能得分情况，计算出相应得分的概率，根据期望公式计算出三人得分的期望，即可得答案.【详解】由题意正确选项若为2项，则有种可能情况，正确选项若为3项，则有种可能情况，共正确选项的可能情况共有10种，甲选A，则他可能得分的情况即正确答案中含有A，有种，故甲得2分的概率为,甲可能的得分分数为0，2，故他得分的数学期望为；乙选AB，他可能的得分为，若正确答案为AB，即他可能得5分的情况有1种，此时,若正确答案为ABC或ABD，他可能得2分的情况有2种，此时,则，故；丙选ABC，他可能的得分为，若正确答案为ABC，则，则，故，即三人该题得分的数学期望分别为，故选；D6.已知函数，若在区间是单调函数，且，则的值为（）．

3A.B.C.或D.或2【答案】B【解析】【分析】由在区间是有单调性，可得范围，从而得；由，可得函数关于对称，又，有对称中心为,讨论与是否在同一周期里面相邻的对称轴与对称中心即可.【详解】在区间是有单调性，，，；，函数关于对称，离最近对称轴的距离为；又，有对称中心为；由题意可知：若与为不是同一周期里面相邻的对称轴与对称中心．则，可得，,不符合舍去，若与为同一周期里面相邻的对称轴与对称中心．那么：，可得，．综上可知故选:B7.已知三棱锥，底面是边长为正三角形，顶点P到底面的距离为2，其外接球半径为5，则侧棱与底面所成角的正切值的取值范围为（）．A.B.

4C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意分析知，轨迹为上以为圆心，5为半径的圆，作底面，则轨迹为以为圆心，5为半径的圆，与面所成角为，在中，求解即可得出答案.【详解】正外心为，边长为，则，外接球球心必在过垂直于底面的直线上，，则，到底面距离为2，故在离底面距离为2的平面上，则轨迹为上以为圆心，5为半径的圆，作底面，则轨迹为以为圆心，5为半径的圆，与面所成角为，，所以故选：A.8.已知函数，，，，若，，则（）．A.B.C.D.

5【答案】B【解析】【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.【详解】设，则在上单调递减，因为，故，即，设，则，故在上单调递增，因为，故，即，由于，，故，则，即，所以A错误，B正确；由，，无法确定还是，C，D错误，故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.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.已知向量，是单位向量，且，则以下结论正确的是（）．A.若，则B.C.向量，的夹角为D.向量在向量上的投影向量为【答案】BD【解析】

6【分析】举出特例可判断A；根据向量的模的计算可判断B；根据向量的夹角的计算可判断C；根据投影向量的含义求得向量在向量上的投影向量判断D.【详解】对于A，若，则时，也有，故A错误；对于B，，B正确；对于C，，而，故，C错误；对于D，向量在向量上的投影向量为，D正确，故选：BD10.让·巴普蒂斯·约瑟夫·傅里叶，法国欧塞尔人，著名数学家、物理学家．他发现任何周期函数都可以用正弦函数或余弦函数构成的无穷级数来表示，如定义在R上的函数，当时，有，则（）．A.函数的最小正周期为B.点是函数图象的对称中心C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据函数的表达式结合余弦函数的最小正周期可判断A；由已知推出可判B；根据函数的周期性以及时，有可判断C；令代入函数表达式求值，判断D.【详解】由于，

7且的最小正周期为，则也是的周期,故的最小正周期为，A错误；，故，即点是函数图象的对称中心，B正确；由题意知是偶函数，且当时，有，故，C正确；由于，令，则，即，所以，D正确，故选：BCD11.已知棱长为1的正方体，平面与对角线垂直，则（）．A.正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等B.平面截正方体所得截面面积的最大值为C.直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值为D.当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值【答案】ABD【解析】【分析】本题需要利用正方体的性质，且当平面位置变化时，平面始终与对角线

8垂直入手去考虑.【详解】如图建立空间之间坐标系.对于A：因平面与对角线垂直，所以平面的一个法向量为，，,,，同理,所以直线,,分别与直线所成角相等，所以直线,,与平面所成角也相等，根据正方体性质可知，正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等，故A正确；对于B：如图，点、、、、、分别为棱、、、、、的中点，则正六边形为平面过正方体中心时截正方体所成图形，由正方体性质可知，当平面由此位置向或趋近时，截面面积变小，故截面面积最大即为正六边形的面积，其中,所以正六边形的面积为，故B正确；对于C：直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值即为直线与平面所成角的正弦值，设直线与平面所成角为，则，故C错误；对于D:

9当平面与正方体各面都有公共点时，截图为六边形，如图阴影部分，，同理可得,故六边形周长为定值，所以D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：平面位置变化时，平面始终与对角线垂直,截面从等边三角形到六边形，再到三角形，熟知截图的变化，找到其中不变的量如：平面与平面的交线始终平行与直线，从变化中的定量即规律，可解决本题.12.已知等差数列的公差为d，前n项和是，满足，则（）．A.的最小值为B.C.满足的n的最大值为4D.【答案】BD【解析】【分析】根据递推公式找出与公差d的关系，再将选项中对应项或者前n项和全部用表示，构造成一个关于的函数，根据函数对应导数单调性找出最值，或者代入特殊值验证选项对错.【详解】根据题意可知，，当时，，A错误；，设，，令，故在单调递增，在单调递减，，B正确；

10，当时，，C错误；，令，，令，故在单调递减，在单调递增，，D正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：（1）本题B、D选项求取值范围，常用方式为构造函数求出最值确定范围；（2）本题A、C选项为判断结论是否正确，最简单的判断方式为适当举出反例，当然数学基础好的同学可通过构造函数利用极限思想进行判断.非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中常数项是___________（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】根据二项式定理，可知的展开式通项为，令，求出，带入通项公式，即可求出结果.【详解】因为的展开式通项为，令，则，所以的展开式中常数项是.故答案为：.14.求圆的切点弦方程可利用“同构”思想．如“已知圆，过作圆O的两条切线，切点记为A，B，求直线方程”，部分解答如下：设，，由，化简可得，又因为，所以，同理可得，…

11．则直线的方程为__________．【答案】【解析】【分析】根据，均满足方程，结合两点确定一条直线即可求解.【详解】由于，，故，均满足方程，由两点确定唯一的直线，故直线的方程为，故答案为：15.若曲线有两条过点的切线，则实数a的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】构造，通过讨论其单调性化简曲线，进而求出曲线的单调性和在处的值，即可得到曲线有两条过点的切线时实数a的取值范围.【详解】由题意，在中，，当时，解得：，∴当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增，∴函数在处取最小值，，∴，∴在中，，当时，解得：，∴当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增，

12∴函数在处取最小值，，∴，当时，，∵曲线有两条过点的切线∴故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用构造函数，结合导数对绝对值函数进行化简，再求出函数的单调性，函数切线问题等.16.已知点A，B为椭圆上的两个动点，点O为坐标原点，直线与的斜率之积为，x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，则此定值为__________．【答案】##【解析】【分析】考虑的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积为得到为的切线，考虑的斜率不存在时，也满足要求，利用椭圆定义和几何性质得到最小值，即定值.【详解】当斜率存在时，设为，与联立得，设，则，则由题意得

13，化简得，①因为x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，所以直线为某一个椭圆的一条切线，联立与，得，由得，②，比较①②得，解得，故直线为椭圆的切线，当直线的斜率不存在时，设，则，由可得，，联立可得，此时直线的方程为，为椭圆的切线，由椭圆定义和几何性质可知，当且仅当为切点，为的焦点时，等号成立，故此定值为.

14故答案为：【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.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.如图，已知的面积为1，点D，E，F分别为线段，，的中点，记的面积为；点G，H，I分别为线段，，的中点，记的面积为；…；以此类推，第n次取中点后，得到的三角形面积记为．（1）求，，并求数列的通项公式；（2）若，求数列前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据相邻两个三角形的面积关系可得，即可求解通项，（2）先利用并项求和法求得为偶数的情况的和，再利用所得结论求得奇数的情况的和，然后写成分段形式.【小问1详解】

15由题意可知,，...，由此可知，故是以公比为的等比数列，所以.【小问2详解】由得，，当为偶数时，，当为奇数时，，故.18.第22届国际足联世界杯于2022年11月20日至12月18日在卡塔尔境内举行，并引起了一股风靡全球的足球热．为合理开展足球课程，某中学随机抽取了60名男生和40名女生进行调查，结果如下：回答“不喜欢”的人数占总人数的，在回答“喜欢”的人中，女生人数是男生人数的．（1）请根据以上数据填写下面的2×2列联表，并据此判断是否有99.9％的把握认为学生对足球的喜爱情况与性别有关？性别对足球的喜爱情况合计喜欢不喜欢女生男生合计（2）将上述调查的男、女生各自喜欢足球的比例视为概率．现对该校中的某班学生进行调查，发现该班学生喜欢足球的人数占班级总人数的，试估计该班女生所占的比例．

16附：，其中．0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.635787910.828【答案】（1）列联表见解析，有99.9％的把握认为学生对足球的喜爱情况与性别有关.（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得完善列联表，根据公式求出卡方的值，与临界值比较即可求解；（2）根据比例即可列方程求解.【小问1详解】由题意可知“不喜欢”的人数为，所以“喜欢”的人数为，由“喜欢”的人中，女生人数是男生人数的，可知“喜欢”的人中，女生人数占比为，故“喜欢”的人中女生人数为，则男生人数为人，进而可得2×2列联表如下：性别对足球的喜爱情况合计喜欢不喜欢女生152540男生451560合计6040100由，得，故有99.9％的把握认为学生对足球的喜爱情况与性别有关.

17【小问2详解】由表中数据可知，男生喜欢足球的频率为，女生喜欢足球的频率为，设该班级中女生和男生的人数分别为，所以该班中喜欢足球的人数为，因此，化简得，所以女生所占比例为.19.记的内角的对边分别为，已知．（1）求B；（2）若为锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角以及诱导公式可得，再利用二倍角公式化简可得，即可求得答案；（2）根据为锐角三角形，求得角C的范围，利用正弦定理表示出，结合三角恒等变换化简可得，结合正切函数性质，即可求得答案.【小问1详解】由正弦定理可知，结合，∴,∴,∵，∴，即，，则，

18∴，∴，则，即.【小问2详解】由题意知,因为是锐角三角形，则，则，由正弦定理得，，则，因，故，则，故，故的取值范围为.20.如图，在正四棱台中，，点P为棱上一点．

19（1）记棱锥，棱台的体积分别为，，当时，求；（2）若正四棱台的侧棱与底面所成角为，当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设棱台的高为，由题意可得棱台上下底面的面积比为，分别表示出棱锥，棱台的体积，即可得出答案；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，由平面平面，可求出，再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】设棱台的高为，因为，所以棱台上下底面的面积比为，所以，，所以.【小问2详解】如图，连接与交于点，因为正四棱台的侧棱与底面所成角为，所以，所以正四棱台的高，不妨设，则，如图建立空间直角坐标系，则，

20因为点为棱上一点，设，则，设平面的法向量为，因为，所以，即，令，，所以设平面的法向量为，因为，所以，即，令，，所以因为，所以，即为棱的中点，所以，所以，设平面的法向量为，因为，，所以，即，令，，所以，记直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为.

2121.已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l交双曲线于P，Q两点（不与A，B重合），直线，分别与y轴交于M，N两点．（1）记直线，的斜率分别为，，求；（2）记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程．【答案】（1）见解析（2）或或【解析】【分析】（1）设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值，即可．（2）根据可得，根据两点坐标求解直线的方程，进而可得的坐标，结合韦达定理即可代入求值.【小问1详解】由题意知，，，设直线的方程为，,,，联立，得，，，，，

22直线的斜率，直线的斜率，，为定值．【小问2详解】设,则，,由于,得，设直线，可得，设直线，可得，所以，所以由得，当时，则，解得，此时直线方程为当时，则，解得，此时直线方程为故直线方程为或或

23【点睛】圆锥曲线中求定值的常见求解策略，利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造等量关系，利用直线与曲线的联立，得到韦达定理，以及距离公式，弦长公式，直线方程的交点等关系式，还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，代入等量关系中化简，即可找到解题突破.22.已知函数，．（1）求证：；（2）若函数有三个不同的零点，，．（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）求证：．【答案】（1）见解析（2）（ⅰ）（ⅱ）见解析【解析】【分析】（1）代入计算即可求解，（2）（ⅰ）分类讨论的取值范围即可求解，（ⅱ）结合函数有三个不同的零点，可得，，进而结合，，可将问题转化成，构造函数，即可利用导数求解.【小问1详解】

24由得，所以，故，【小问2详解】（ⅰ）由于，且当时，，故，又，所以，所以，当时，令，所以，当时，,当时，,所以在单调递减，在单调递增，故，又,,所以存在，使得，因此在,上单调递增，在单调递减，又当当，所以此时有3个零点，符合题意，故，当时，令，则，故当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故，此时恒成立，在单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，综上可知：，

25（ⅱ）由（ⅰ）以及可知，，又，，故也是的根，故，设所以在单调递增，故,即,()又因为，所以，所以【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.

26