浙江省重点中学拔尖学生培养联盟2023届高三下学期6月适应性考试数学Word版含解析

《浙江省重点中学拔尖学生培养联盟2023届高三下学期6月适应性考试数学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。

2023年6月普通高校招生高三适应性考试数学试题考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方.3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效.4．考试结束后，只需上交答题卷.参考公式：如果事件互斥那么．如果事件相互独立，那么如果事件在一次试验中发生的概率为，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率为台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示为台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的原面积公式球的体积公式其中表示球的半径第Ⅰ卷一、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.已知集合，则（）A.B.C.D.

1【答案】B【解析】【分析】由对数函数单调性结合指数函数性质可化简集合A，B，后由集合交集定义可得答案.【详解】因为，则A，因为，，则，所以.故选：B.2.已知复数，求复数（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数乘法计算法则可得答案.【详解】，则.故选：C3.设，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的单调性可比较，令，利用导数判断函数在上的单调性，根据函数的单调性可比较的大小，从而可得出答案.【详解】解：因为，，所以，

2令，则，所以函数在上递减，所以，即，即，所以.故选：D.4.将正整数20分解成两个正整数的乘积有，，三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的.我们称为20的最佳分解.当（且）是正整数n的最佳分解时，定义函数，则数列的前100项和为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果．【详解】解：依题意，当为偶数时，；当为奇数时，，所以，，．故选：B.【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．5.为调查中某校学生每天学习的时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取高一学生400人，其每天学习时间均值为8小时，方差为0.5，抽取高二学生600人，其每天学习时间均值为9小时，方差为0.8，抽取高三学生1000人，其每天学习时间均值为10小时，方差为1，则估计该校学生每天学习时间的方差为（）

3A.1.25B.1.35C.1.45D.1.55【答案】C【解析】【分析】根据题意结合平均数、方差的计算公式运算求解.【详解】由题意可得：抽取的总人数为，则高一，高二，高三学生抽取的人数的频率分别为，可得该校学生每天学习时间的平均数，方差.故选：C.6.《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍体积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】在上取两点、，使得，且，在上取两点、，使得，且，将刍甍分为两个体积相等的四棱锥和一个三棱柱，进而表示体积为，设，，利用导数分析单调性，进而求解最大值即可求解.【详解】在上取两点、，使得，且，在上取两点、，使得，且，则四棱锥和体积相同，取、中点、，正方形中心，中点，连接，

4根据题意可得平面，，点是的中点，设，则，，，，在等腰中，，，同理，则等腰梯形的高为，所以刍甍的体积为，令，，则，令，即；令，即，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，，所以.故选：B.7.函数，其中，则满足的取值范围是（）A.B.

5C.D.【答案】A【解析】【分析】利用导数分析可知函数在上为减函数，令，可知在上为减函数，由可得出，即可得出原不等式的解集.【详解】因为，当时，，则，所以，函数在上单调递减，故，当时，，显然函数在上为减函数，此时，.因为，令，其中，则，所以，函数在上单调递减，故，综上可知，函数在上为减函数，令，则函数在上单调递减，又因为，所以，等价于，结合函数的单调性可得，故原不等式的解集为.故选：A.8.已知定义在上的函数的导函数为，则下列错误的是（）A.若关于中心对称，则关于对称B.若关于对称，则有对称中心C.若有1个对称中心和1条与轴垂直的不过对称中心的对称轴，则为周期函数D.若有两个不同的对称中心，则为周期函数

6【答案】D【解析】【分析】根据函数性质结合导数运算逐项分析判断.【详解】对于选项A：若关于中心对称，则，可得，令，则，即，则，所以关于对称，故A正确；对于选项B：若关于对称，则，可得，即，令，则，即，则关于对称，故B正确；对于选项C：若有1个对称中心和1条与轴垂直的不过对称中心的对称轴，设对称中心，对称轴为，则，可得，则，可得，可得，且，即，所以的周期为，故C正确；对于选项D：若有两个不同的对称中心，则不一定为周期函数，例如：，对任意，则有：，故的对称中心为，满足题意，但，则，令，

7则，故为偶函数，假设为周期函数，周期为，则，则，即，整理得，令，得，因为，则，令，得，因为，则，可得，因为，则，可得，所以，且.当为偶数，则，可得对任意，或，且，则，可得或，显然对任意，均不成立；当为奇数，则

8，可得对任意，或，且，则，可得或，显然对任意，均不成立；综上所述：不存在实数，使得.所以不是周期函数，故D错误；故选：D.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．二、选择题：本题共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，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错得0分.9.某市800名高二学生参加数学竞赛，随机抽取80名学生的成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法错误的是（）A.频率分布直方图中的值为0.03B.估计这80名学生成绩的中位数为75C.估计这80名学生成绩的众数为75D.估计总体中成绩落在内的学生人数为200人【答案】AB【解析】【分析】根据所有矩形的面积和为1求出a，然后逐一判断即可.【详解】对于选项A：由图可得：，

9解得，故A错误；对于选项B：因为，所以这80名学生成绩的中位数位于内，设为，则，解得，故B错误；对于选项C：由图可知的频率最大，所以估计这80名学生成绩的众数为75，故C正确；对于选项D：成绩落在内的频率，估计总体中成绩落在内的学生人数为人，故D正确；故选：AB.10.设函数则下列结论正确的是（）A.在上单调递增；B.若且则；C.若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为；D.存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到函数为奇函数.【答案】AD【解析】【分析】由，选项A：利用正弦函数的性质判断；选项B：利用正弦函数的性质判断；选项C：利用正弦函数的图象判断；选项D：【详解】，选项A：，得，因，有，

10所以在上单调递增；故A正确；选项B：可知，故B错误；选项C：已知，若有且仅有2个不同的解，如图所示：可得，解得，故C错误；选项D：，可知当时，满足为奇函数，故D正确；故选：AD.11.双曲线的左、右焦点分别，具有公共焦点的椭圆与双曲线在第一象限的交点为，双曲线和椭圆的离心率分别为的内切圆的圆心为，过作直线的垂线，垂足为，则（）A.到轴的距离为B.点的轨迹是双曲线C.若，则D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，利用切线长定理，再利用双曲线的定义求得，可判断A；在等腰

11中，利用中位线结合双曲线的定义可求出，可判断B；设，由，即，由余弦定理代入化简可得，再结合椭圆和双曲线的定义可判断C；由，即可判断D.【详解】设圆与三边的切点为，，又，故，故，所以到轴的距离为，故A正确；过作直线的垂线，垂足为，延长交于点，因为，则为的中点且，于是，故点的轨迹是在以为圆心，半径为的圆上，故B不正确；设椭圆的长半轴长为，它们的半焦距为，并设，根据椭圆和双曲线的定义可得：，所以，在中，由余弦定理得：，即，在中，由余弦定理得：，即，由，两式相加，则，又，所以，所以，所以，即，故C正确；

12，即，所以，即，故D正确.故选：ACD.12.在三棱锥中，对棱所成角为，平面和平面的夹角为，直线与平面所成角为，点为平面和平面外一定点，则下列结论正确的是（）A.过点且与直线所成角都是的直线有2条B.过点且与平面和平面所成角都是的直线有3条C.过点且与平面和平面所成角都是的直线有3条D.过点与平面所成角为，且与直线成的直线有2条【答案】ABD【解析】【分析】作直线、，使得，，直线、上分别取点、，的角平分线所在直线与直线、所成角为或，在利用图形，可知A有条；根据，，可知B有条；根据，可知C有2条；做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，可知该直线条数，判断D即可.【详解】对于A选项，因为对棱所成角为，在空间中的点作直线、，使得，，设直线、确定平面，如下图所示：因为对棱所成角为，则直线、所成角为或，在直线、上分别取点、，使得或，则在平面内的角平分线所在直线与直线、所成角为或，根据最小角定理，对于35度情况，过点在平面外能作两条直线、使得这两条直线与直线、所成角均为，综上所述，过点且与直线所成角都是的直线有2条，A正确；

13对于B选项，因为平面和平面的夹角为，则过点与平面和平面所成角都是和的直线各有一条、，若过点与平面和平面都是，则在的两侧各有一条，加上直线m，所以共条，故B正确，对于C选项，若过点与平面和平面所成角都是，则仅在的两侧各有一条，所以共条，故C不正确；对于D选项，过点作与平面成角的直线，形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，设平面所在平面为，则所求直线与的交点为,不妨假设在上，设直线与的交点为，且与AB平行，设点在底面的射影点为点，直线交圆锥底面圆于、两点，易知，又因为，则为等边三角形，所以，，因为，则直线与平面所成角为，则，故，当点位于点时，取得最小值，当点位于点时，取得最大值，所以，故能作出两条满足条件的直线，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；

14（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知随机变量，且，若的展开式中各项系数之和________．【答案】8【解析】【分析】由正态分布均值为2，可确定，后令，可得各项系数之和.【详解】因，，则，令则的展开式中各项系数之和为.故答案为：.14.已知，其中，则的最小值为________．【答案】##【解析】【分析】根据，，可得，，，进而可得当且仅当时，等式成立，可得，，，，进而求解.【详解】因为，，，所以，，，所以，，，

15因为，所以当且仅当时，等式成立，所以，，，，即，，，，所以，，所以当，，时，取最小值.故答案为：.15.若曲线有三条经过点的切线，则的范围为________．【答案】【解析】【分析】求导后对导函数求导分析函数的凹凸性，再数形结合分析相切的临界条件，从而可得.【详解】由题意，令，则，令可得或.故当和时，单调递增，图象往下凸；当时，单调递减，图象往上凸.

16又经过的切线方程为，即，令可得，又经过的切线方程为，故当时有三条经过点的切线.故答案为：【点睛】关键点点睛：求导分析函数切线的问题，需要根据题意求导，并求导数形结合分析切线斜率的单调性，进而可得函数的凹凸性，从而分析切线可能的情况，属于难题.16.在长方体中，，过且与直线平行的平面将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，当两个球的半径之和达到最大时，此时较小球的表面积为________．【答案】##【解析】【分析】用的三角函数将两圆的半径分别表示出来，构造新函数，通过函数单调性求得问题的最值，即可求出取得最值时的值，进而求出，再由球的表面积公式求解即可.【详解】如图所示：平面将长方体分成两部分，有可能在平面上或平面上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面上的情况，延长与交于点，作于点，设，圆对应的半径为，根据三角形内切圆的性质，在中，，，，

17则，又当与重合时，取得最大值，由内切圆等面积法求得，则设圆对应的半径为，同理可得，又，解得.故，，设，则，，由对勾函数性质易知，函数单减，所以当时，取得最大值，即两个球的半径之和达到最大，此时，则，则，，且，则小球的表面积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：借助三角函数表示边长，从而把问题转化为函数问题，借助单调性解决最值问题，从而求出较小球的表面积.四、解答题：本题共6小题，共70.0分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角的对边分别为且，（1）求；（2）求边上中线长的取值范围．【答案】（1）6（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理进行边角转化，分析运算即可；（2）利用余弦定理和基本不等式可得，再根据

18，结合向量的相关运算求解.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，整理得，且，则，可得，即，且，则，由正弦定理，其中为的外接圆半径，可得，又因为，所以.小问2详解】在中，由余弦定理，即，则，当且仅当时，等号成立，可得，即设边上的中点为D，因为，则，即，所以边上中线长的取值范围为.18.已知数列满足.（1）求数列的通项；（2）设为数列的前项和，求证．

19【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由两边取对数，可得，进而得到数列为等比数列，公比为2，从而求解；（2）由，再由变形得，可得，求和可得，进而得证.【小问1详解】由，且，则，所以，即，所以数列为等比数列，公比为2，所以，所以.【小问2详解】，由得，，所以，即，所以，

20所以，所以，因为，所以.19.在三棱锥中，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为．（1）求三棱锥体积的取值范围；（2）当直线与平面所成角最小时，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据线面夹角分析可得，建立平面直角坐标系求点的轨迹方程，结合圆的性质可得的取值范围，进而可得结果；（2）根据线面夹角结合圆的性质分析直线与平面所成角的最小值，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角.【小问1详解】如图1，过点作平面，垂足为，连接，则直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，可得，则，如图2，以分别为轴建立平面直角坐标系，则，设，因为，则，

21整理得，即点的轨迹是以为圆心，半径的圆，可得，即，所以，故三棱锥体积，即三棱锥体积的取值范围为.【小问2详解】连接，由（1）可知：直线与平面所成角为，则，因为点的轨迹方程为，且，即点的轨迹过点，延长分别交圆于点，则，当且仅当三点共线时，等号成立，因为，则，可得直线的方程为，

22联立方程，解得或，即点，可得，如图4，以为坐标原点建立建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，即，由题意可知：平面的法向量为，则，所以二面角的平面角的余弦值为.20.为了解中学生的阅读情况，现随机抽取了某重点中学100人，调查他们是否喜爱阅读，统计人数如下表：喜爱阅读不喜爱阅读共计

23女生4550男生15共计（1）根据列联表中数据判断是否有的把握认为“喜爱阅读与性别有关”？（2）现进行一项阅读答题测试，测试规则：若该同学连续三次答对，则测试通过，答题结束；若出现连续两次答错，则未通过测试，答题结束.其余情况下可以一直答题，直至出现前面两种情况.已知该同学每次答对的概率为，求该同学通过测试的概率.参考附表：0.0500.0250.0103.8415.0246.635参考公式：，其中【答案】（1）有的把握认为“喜爱阅读与性别有关”（2）【解析】【分析】（1）根据列联表数据填写，再求出卡方判断即可；（2）分别表示答错1次、连续答错2次、答对1次、连续答对2次和连续答对3次的情况下最终通过的概率，再列出递推公式求解，联立求解即可.【小问1详解】由题意：喜爱阅读不喜爱阅读共计女生45550男生351550共计8020100

24参照表格，有的把握认为“喜爱阅读与性别有关”小问2详解】用表示答错1次的情况下最终通过的概率；用表示连续答错2次的情况下最终通过的概率；用表示答对1次的情况下最终通过的概率；用表示连续答对2次的情况下最终通过的概率；用表示连续答对3次的情况下最终通过的概率，该同学每次答对的概率为.依题意有，，以及，，.也就是有方程组，解得，，，所以通过概率为.代入原题数据有.21.已知椭圆，下顶点为是椭圆上任意一点，过点作轴的平行线与直线交于点，若点关于点的对称点为，直线交椭圆于两点.（1）求椭圆上点到直线的距离的最大值；（2）已知．过点作垂直直线，垂足为，是否存在定点，使得为定值，若存在求出定点坐标和，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在定点，使得.【解析】

25【分析】（1）设椭圆任意一点，结合点到直线的距离公式，求得，利用三角函数的性质，即可求解；（2）设直线的斜率分别为，得到，以为原点，轴仍为轴建立直角坐标系，把椭圆的方程转化为，设直线的方程为，联立方程组，求得的值，进而得到过定点，求得的中点为及，结合直角三角形性质，即可求解.【小问1详解】解：由点是椭圆上的任意一点，可设，则点到直线的距离为，其中且，当时，可得，所以，即椭圆上点到直线的最大距离为.【小问2详解】解：由题意，可得点，设直线的斜率分别为，且，则，则，可得，平移坐标系，以为原点，轴仍为轴建立直角坐标系，则，则椭圆的方程变为，设直线方程为，可得，

26所以，所以，可得，所以直线的方程为，经过定点，即，所以直线过定点，又由，可得的中点为，且，中直角中，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得，即存在定点，使得.22.已知函数，．（1）试求与的公切线方程.（2）设，，若不等式对一切恒成立，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设曲线在处的切线与曲线相切，导数写出曲线在处的切线，将切线方程与联立，消去，由求出的值，即可得出公切线方程；（2）设，利用导数分析函数的单调性，根据可解出最小值点的取值范围，然后对最小值点的取值范围进行分类讨论，求出的取值范围，结合基本不等式可求得的最大值.【小问1详解】

27因为的定义域为，设曲线在处的切线与曲线相切，，则切线斜率为，所以，曲线在处的切线方程为，即，联立可得，，整理可得，即，令，其中，则，令可得，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，故方程只有唯一解，此时，与的公切线方程为.【小问2详解】设，则，令，则，则函数在上为增函数，因为当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，所以，存在唯一的，使得，即，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，即，即，解得或.

28（i）当时，，又因为，所以，，可得；（ii）当时，，与矛盾，舍去.综上所述，，又因为，，则，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.【点睛】关键点睛：本题考查代数式最值的求解，本题在求解最值时，涉及到隐零点问题，即将最值点所满足的等式进行代换，从而将所求代数式加以简化求解.

29