浙江省杭州市2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题 Word版含解析.docx

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2023学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测数学试题考生须知：1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3．考试结束，只需上交答题卡．一、选择题：本题共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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】集合即函数的定义域，而则为函数的值域，分别求解再进行交集运算即可.【详解】由有意义，则，故，由，得其值域为，故，所以，故选：A2.设复数（i为虚数单位），则（）A.B.0C.D.2【答案】B【解析】 【分析】先化简，进而求得，进而根据复数的模的公式计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：B.3.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】举反例即可求解ABC,分类讨论，结合不等式的性质即可求解D.【详解】若，满足，但不成立，故A错误，若，满足，但，不成立，故B错误，当时，不成立，故C错误，当时，，显然成立，当时，则，又，故成立，当时，，显然成立，故时都有，故D正确，故选：D4.设集合．若，且中元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9，则中的两位数的个数为（）A.72B.78C.81D.90【答案】A【解析】【分析】根据集合描述列举出集合中的两位数，由及中元素的性质确定中的两位数的个数.【详解】行表示个位，列表示十位，集合中的两位数如下表所示 0123456789110111213141516171819220212223242526272829330313233343536373839440414243444546474849550515253545556575859660616263646566676869770717273747576777879880818283848586878889990919293949596979899由，对于集合中的两位数元素，任意一个元素的各数位的数字互不相同，排除；任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9，排除；共有90个两位数，排除其中18个，所以中的两位数的个数为72个.故选：A5.用测量工具测量某物体的长度，需测量次，得到个数据．设函数，则当取最小值时，（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】理解求和符号，由是二次函数，求解二次函数最值即可.【详解】 ,当时，取最小值，最小值为.即时，取最小值.故选：B6.设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为等比数列”的（）A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】应用等比中项的性质，由为等比数列，解出值，即可判断.【详解】依题，“为等比数列”，所以，得，化简得，解得，则“”是“为等比数列”的充要条件.故选：C7.边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】设底面边长为，可求得此四棱锥的高为，根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理可求出外接球半径，再利用导数求得半径的最小值即可.【详解】如图所示，设围成的四棱柱为，为正四棱锥高，作交于，连接，设，则，在直角三角形中由勾股定理得，又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上，记球心为，半径为，连接，则，则在直角三角形中，即，解得，令，则，，令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时取最小值，所以，所以该四棱锥外接球表面积的最小值为，故选：B 8.设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（）A.B.C.D.12【答案】A【解析】【分析】直接利用，，求出和的表达式，进一步利用在区间上有且只有一个极大值点，通过分类讨论求出的值，进而可得最大值.【详解】由已知得，，，则，其中，因为，当时，当时，，因为在区间上有且只有一个极大值点，所以，解得，即， 所以，当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；所以的最大值为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过条件将和都用整数表示出来，然后对的值由大到小讨论找到符合条件的结果.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.在正六边形中，（）A.B.C.D.在上的投影向量为【答案】CD【解析】【分析】根据向量的线性运算即可求解AB，根据数量积的定义求解C，根据垂直关系，即可由投影向量的定义求解D.【详解】,故A错误，连接相交于，相交于，则，为，的中点,由于,所以,故B错误，,故C正确，由于故故，所以在上的投影向量为，D正确，故选：CD 10.已知，，，则（）A.的最小值为4B.的最小值为C.的最小值为3D.的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断A；利用消元法结合二次函数的性质即可判断B；利用基本不等式结合对数运算即可判断C；利用基本不等式结合指数运算即可判断D.【详解】由题意可得，当且仅当时，等号成立，则A错误；,，，，,当时，的最小值为，则B正确；因为，且，所以，所以，,当且仅当时，等号成立，则C正确；,当且仅当时，等号成立，则D正确；故选：BCD.11.已知正三棱柱的各条棱长都是2，，分别是，的中点，则（）A.平面B.平面与平面夹角的余弦值为 C.三棱锥的体积是三棱柱体积的D.若正三棱柱的各个顶点都在球上，则球的表面积为【答案】ABC【解析】【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；判断出即为平面与平面夹角，即可判断；C，应用等积法即可判断；D，判断出球心在上下底面的中心的连线的中点，解直接三角形即可得.【详解】A，连接,交于点,连接,则为的中点，故为的中位线，则，平面,平面,故平面，A正确；B，依题得，平面，，平面，则，又，平面，则平面，又平面，则，则平面与平面夹角为，则，B正确；C，取中点，连接，则，又平面，平面，则，平面，则平面则，C正确；D，取上下底面的中心，则球心为的中点，，又，则，则球的表面积为，D错误.故选：ABC 12.已知过原点的一条直线与函数的图象交于两点，分别过点作轴的平行线与函数的的图象交于两点，则（）A.点和原点在同一条直线上B.点和原点在同一条直线上C.当平行于轴时，则点的横坐标为D.当平行于轴时，则点的纵坐标为【答案】BC【解析】【分析】由与图象数形结合可判断A项；由三点共线得斜率等式化简可得，可判断B项；再由平行于轴得，联立等式，解方程组即可判断CD项.【详解】设，且，且，不妨设，则由题意得.选项A，由题意知，三点共线，轴，且在函数的图象上，而在函数的图象上， 可知点不在直线上，即A项错误；选项B，由三点共线可知，，则由对数运算性质得，则有，所以，即三点共线，故B项正确；选项C，当平行于轴时，则，化简得，则，代入，得，化简得，又，解得，代入得，点的纵坐标，故C项正确，D项错误.故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的二项展开式中，常数项为________．（用数字作答）【答案】15【解析】【分析】由二项式展开式通项有，可知常数项的值； 【详解】二项展开式通项为，∴当时，常数项，故答案为：15【点睛】本题考查了二项式定理，利用二项式展开式的通项求常数项，属于简单题；14.已知，，与的夹角为，则________．【答案】【解析】【分析】根据向量的数量积的定义，求得，结合，即可求解.【详解】由向量，，与的夹角为，可得，所以.故答案为：.15.已知是三角形的内角，若，则________．【答案】【解析】【分析】分析可知，，利用二倍角的正弦和余弦公式化简可得出的值.【详解】因为是三角形的内角，则，且，即，所以，，可得，故.故答案为：.16.设抛物线的焦点为，准线为．若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率等于________．【答案】【解析】【分析】求出表达式和长，利用二者之间的关系求出的关系，进而求出，即可得出双曲线的离心率. 【详解】由题意，在抛物线中，焦点为，准线，在双曲线中，渐近线：，抛物线准线与双曲线交于两点，∴，，∵，∴，解得：，∴，∴离心率，故答案为：.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.已知四边形内接于，若，，．（1）求线段的长． （2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据余弦定理即可求解，（2）根据余弦定理得，进而根据基本不等式即可求解.【小问1详解】由题知，，所以，根据余弦定理，，即，．所以，所以．所以．【小问2详解】因为所以，所以（当且仅当时取等号）又,所以．18.设函数，满足：①；②对任意，恒成立．（1）求函数的解析式．（2）设矩形的一边在轴上，顶点，在函数的图象上．设矩形的面积为 ，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用待定系数法，结合题设条件即可得解；（2）先利用导数判断的图象性质，从而利用矩形面积公式得到关于的表达式，从而得证.【小问1详解】因为，由，得，则；由，得，恒成立，即恒成立，所以，所以，所以；【小问2详解】因为，令，得；令，得；所以在单调递增，单调递减．不妨设，，由知，那么，；故，因为，所以．19.在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，且底面，与底面成角，且． （1）求证：；（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）应用空间向量法证明线线垂直；（2）应用空间向量法求线面角正弦计算即可得出边长关系.【小问1详解】如图，以点为原点，直线为轴，直线为轴建立坐标系．那么，，，，．故，因为，所以，即． 【小问2详解】因为，所以，故，所以平面，故平面的法向量设直线与平面所成角为，则：整理得，即．20.第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，某学校为持续营造全民参与亚运、服务亚运、奉献亚运的浓厚氛围举办“心心相融·爱答亚运”知识挑战赛．挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜．若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响．（1）若在不多于两次答题就决出胜负，则挑战者获胜的概率是多少?（2）在此次比赛中，挑战者获胜的概率是多少?（3）现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战8位守擂者，每次挑战之间相互独立，当战胜至少三分之二以上的守擂者时，则称该挑战者胜利．若再增加1位守擂者时，试分析该挑战者胜利的概率是否增加?并说明理由．【答案】（1）0.25（2）（3）没有增加，理由见解析【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率公式求解即可；（2）设为先答题者获胜的概率，根据独立事件的概率公式列出方程，进而求解；（3）分别求出增加1位守擂者前后挑战者胜利的概率，进行比较即可求解.【小问1详解】设事件为挑战者获胜，事件为不多于两次答题比赛结束．． 【小问2详解】设为先答题者获胜的概率，则，解得，所以挑战者获胜的概率是.【小问3详解】设随机变量为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率；为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率．，，显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加．21.设数列的首项，前项和满足：．（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列的公比为，数列满足：，．求．【答案】21.证明见解析22.【解析】【分析】（1）根据等比数列定义证明等比数列即可；（2）分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可.【小问1详解】由；令，得，故，； 因为，其中，，．所以当时，，两式相减得：，整理得：，．综上，数列是首项为1，公比为的等比数列．【小问2详解】由题意得：，，，，故．当为偶数时，当为奇数时，综上：22.已知，函数，.（1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；（2）若，求证：. 【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.（2）令，由可得，要证，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.【小问1详解】，定义域均为，，当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；当时，令，解得：，所以在单调递减，在单调递增，在取极小值，且；又，当时：，在单调递减，无极值，与题不符；当时：令，解得：，所以在单调递减，在单调递增，在取极小值，且；由题：，解得：.【小问2详解】令，因为，所以， 由可得：，（1）-（2）得：，所以，要证：，只要证：，只要证：不妨设，所以只要证：，即证：，令，只要证：，令，，所以在上单调递增，，即有成立，所以成立.