浙江省浙南名校联盟2023届高三第一次联考数学试卷（含答案）.pdf

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1、第 1 页 共 5 页：2022 学年第一学期浙南名校联盟第一次联考学年第一学期浙南名校联盟第一次联考一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是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符合题目要求的1.设全集UR,集合2|280Ax xx,2,3,4,5B,则UAB()A.2B.2,3C.4,5D.3,4,52若(1)1 3 i zi(i为虚数单位)，则z()A12 iB12 iC12 iD12 i3已知边长为 3 的正ABC，2 BDDC，则 AB AD()A3B9C152D64直

2、三棱柱111ABCABC的各个顶点都在同一球面上，若3AB，12ACAA，3BAC则此球的表面积为()A409B403C323D325在新高考改芼中，浙江省新高考实行的是 7 选 3 的33模式，即语数外三门为必考科目，然后从物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术(含信息技术和通用技术)7门课中选考 3 门某校高二学生选课情况如下列联表一和列联表二(单位：人)试根据小概率值0.005的独立性检验，分析物理和生物选课与性别是否有关()附：附：22()()()()()n adbcab cdac bd，nabcd2()PxA选物理与性别有关，选生物与性别有关B选物理与性别无关，选生物与性别有关C选

3、物理与性别有关，选生物与性别无关D选物理与性别无关，选生物与性别无关6等比数列na的公比为q，前n项和为nS，则以下结论正确的是()第 2 页 共 5 页A“0q”是“na为递增数列”的充分不必要条件B“1q”是“na为递增数列”的充分不必要条件C“0q”是“nS为递增数列”的必要不充分条件D“1q”是“nS为递增数列”的必要不充分条件7若0.1ae，11ln10eb，1211c，则()AabcBacbCcabDbac8我国古代数学名著九章算术中记载的“刍(ch)甍(mng)”是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体如图，五面体ABCDEF是一个“刍甍”，其中BCF是正三角形，222ABBCEF

4、，BFED，则该五面体的体积为()A2 23B2 33C5 312D5 212二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得题目要求，全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分9下列命题中正确的是()A函数1 sin2 yx的周期是B函数21 cos yx的图像关于直线4x对称C函数2sincosyxx在,4上是减函数D函数cos(2022)3sin(2022)36yxx的最大

5、值为1310拋物线24yx的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，点P在抛物线C上，则下列结论中正确的是()A若(2,2)M，则|PMPF的最小值为 4B当3 AFFB时，16|3AB第 3 页 共 5 页C若(1,0)Q，则|PQPF的取值范围为1,2D在直线32 x上存在点N，使得90ANB11如图，AC是圆O的直径，$PA$与圆O所在的平面垂直且2PAAC，B为圆周上不与点A、C重合的动点，M、N分别为点A在线段PC、PB上的投影，则下列结论()A平面AMN平面PBCB点N在圆上运动C当AMN的面积最大时，二面角APCB的平面角为4DPA与MN所成的角可能为612已知函数32()3f

6、 xaxaxb，其中实数0a，Rb，点(2,)Aa，则下列结论正确的是()A()f x必有两个极值点B当2ba时，点(1,0)是曲线()yf x的对称中心C当3ba时，过点A可以作曲线()yf x的 2 条切线D当56aba时，过点A可以作曲线()yf x的 3 条切线三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 4 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 2020 分分13已知直线l：1yx与圆222:(1)(0)Cxyrr相切，则r_14357(2)(2)(2)xyyzzx的展开式中不含z的各项系数之和_15已知偶函数()f x及其导函数()fx的定义域均为R，记()()g xfx，()f

7、 x不恒等于 0，且(1)(1)f xf x，则(2023)g_第 4 页 共 5 页16已知椭圆C：2212xy，点(2,1)P，过点(1,0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线PA，PB的斜率分别为1k，2k，则12k k的最大值为_四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骙分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骙17在12a且2(2)2nnSna，12a且123nnaan，正项数列na满足222nnnSaa这三个条件中任选一个，补充在下而问题中，并给出解答问题：已知数列na的前n项和为nS，且_？(1)求数列na

8、的通项公式；(2)求证：13243546112111111512nnnna aa aa aa aaaa a18记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2 cos0abC(1)求tan3tanCB的值；(2)若2b，当角A最大时，求ABC的面积19如图，在四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，2ACCD，2ADPD，6PC(1)求证：ADPC；(2)求平面PAB与平面PCD的夹角的大小20甲，乙两位同学组队去参加答题拿小豆的游戏，规则如下：甲同学先答 2 道题，至少答对一题后，乙同学才有机会答题，同样也是两次机会每答对一道题得 10 粒小豆已知甲每题答

9、对的概率均为p，乙第一题答对的概率为23，第二题答对的概率为12若乙有机会答题的概率为1516(1)求p；(2)求甲，乙共同拿到小豆数量X的分布列及期望21已知点(2,1)A在双曲线C：22212xyb(0)b上(1)求双曲线C的渐近线方程；第 5 页 共 5 页(2)设直线:(1)l yk x与双曲线C交于不同的两点E，F，直线AE，AF分别交直线3x于点$M，N$当AMN的面积为2时，求k的值22已知函数()axf xex与函数1()lng xxxa，Ra(1)若()0f x，求a的取值范围；(2)若曲线()yf x与x轴有两不同的交点，求证：两条曲线()yf x与()yg x共有三个不同

10、的交点 高三年级数学学科参考答案 高三年级数学学科参考答案 选择题部分 一、单选题：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.二、多选题：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，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.选择题部分 一、单选题：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.二、多选题：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，全部选对的得 5 分，部

11、分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.题号 9 10 11 12 答案 AD BC ABC ABD 非选择题部分 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡的横线上.非选择题部分 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡的横线上.13.2 ；14.128 ；15.0 ；161.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.四、解答题：本题共 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.解：（I）选择 当2n时，()222nnSna=+，()11212nnSna

12、=+因此()122(1)nnnanana=+，2 分 即11nnaann=+，所以1nan+为常数列，因此1112naan=+，所以1nan=+4 分 选择 得123nnaan+=+，2125nnaan+=+，题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D B C C A D 相减得22nnaa+=，即数列 na隔项差为定值2，2 分 令1n=，则215aa+=，所以23a=，211aa=.所以数列 na是公差为 1 的等差数列，得2(111nann=+=+）4 分 选择 当1n=时，211122aaa=+，即11(2)(1)0aa+=，又0na，得12a=当2n时，有222nnnSa

13、a=+，211122nnnSaa=+，所以22112nnnnnaaaaa=+，即11()(1)0nnnnaaaa+=2 分 又因为0na，所以11nnaa=，故 na为公差为1 的等差数列，得2(111nann=+=+）4 分（II）可得211111()(1)(3)213nna annnn+=+7 分 当2n时13243546112111111nnnna aa aa aa aaaa a+1111112 43 54 65 7(2)(1)(3)n nnn=+1 1111()2 2323nn=+9 分 1 115()2 2312+=当1n=时，不等式显然成立 因此原不等式得证 10 分 补充说明：补

14、充说明：（I）问 4 分 1111111111111()()()()()()224354657213nnnn=+1.无论选择或或，递推关系的化简得 2 分（只要有作差过程都得 2 分），得到通项公式再得 2 分 2.若写出前几项得通项公式，无检验过程得 2 分，有检验过程得 4 分（II）问 6 分 1.写出裂项结果得 3 分（裂项错误得 1 分），写出求和结果得 2 分，写出放缩结果得 1 分 2.若没有补充说明1n=的情况，不扣分 18.解：（I）方法一：方法一：2 cos0abC+=sin2sin cos0ABC+=.2 分 sin()2sin cos0BCBC+=sin cos3sin

15、 cos0CBBC+=.4 分 tan3tan0CB+=.5 分 方法二：方法二：由三角形的射影定理知：coscosbCcBa+=，.2 分 2 cos0abC+=cos3 cos0cBbC+=sincos3sincos0CBBC+=.4 分 tan3tan0CB+=.5 分（II）方法一：方法一：tantan()ABC=+tantan1 tantanBCBC+=tan3tan1 tan(3tan)BBBB=22tan1 3tanBB=+.7 分 213tantanBB=+233123tantanBB=.9 分 当且仅当3tan3B=,即6B=时等号成立,此时A取到最大值6 .10 分 2b=

16、2,2 3ac=111sin2 2 33222ABCAbcA=当 最大时，S .12 分 方法二：方法二：2 cos0abC+=222202abcabab+=22220abc+=2222cba=.6 分 2222222()2cos22cbbcbcaAbcbc+=1 33()42bccb=+.9 分 当且仅当3cb=时等号成立,此时A取到最大值6 .10 分 2b=111sin2 2 33222ABCAbcA=当 最大时，S .12 分 补充说明：补充说明：（I）问 5 分 1.有正确结论，有过程，5 分（无过程，2 分）2.结论有误，找得分点（II）问 7 分 1.有正确结论，有过程，7 分（

17、无过程，6A=得 1 分，3ABC=S得 1 分）2.结论有误，找得分点 19.解：（I）222ACCDAD+=ACCD又底面ABCD是平行四边形ABAC，面PAB 面ABCD，面PAB面ABCDAB=AC面PAB，3 分 故ACPA从而=622PA=，故PAD为正三角形.取AD中点O，连接PO，OC，则OPAD，OCAD，OPOCO=，从而AD 面.POC,PC 面POC 故ADPC。5 分 （II）（法一）：如图，建立空间直角坐标系Axyz，则()0,2,0C,()2,2,0D,6 分 设(),0,P xz由22PAPD=得()22224224xzxz+=+=解得()2,0,2P 8 分(

18、)2,2,2PC=，()2,0,0CD=设面PCD得法向量为(,)na b c=，则00n CDn PC=即，取(0,1,1)n=10 分 又面PAB的法向量是(0,1,0)m=12cos,22m n=202220aabc=+=故平面PAB与平面PCD的夹角为4.12 分 （法二）由（1）可知ADPC，/BCAD，故PCBC.又6=PC，2=BC，得10=PB.故222221042cos=+=PAB,即43=PAB.7 分 如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，则()0,2,0C,()2,2,0D,()2,0,2P 8分 以下步骤同法一。OPBADCPBAlHDC（法三）由（1）可知ADPC，

19、/BCAD，故BCPC.又6=PC，2=BC，得10=PB.故222221042cos=+=PAB,即43=PAB.7 分 设平面PAB平面PCDl=，/ABCD,AB 面PAB,CD面PAB，/CD面PAB，又CD面PCD，平面PAB平面PCDl=，/lCD 9 分 过点P作PHBA交BA的延长线于点H，连接HD，因平面PAB平面ABCD，故PH 面ABCD，且PHHD 2=CD,2=PD,6=PC,易得CDPD,又/lABCD,PDl,PHl DPH即为平面PAB与平面PCD的夹角。11 分 在Rt PHD中，2PH=,2PD=，得4DPH=.故平面PAB与平面PCD的夹角为4.12 分

20、补充说明：补充说明：（I）问 5 分 1.有证明过程，5 分（无过程，不得分）2.证明有误，找得分点：AC 面PAB，3 分 AD 面POC，2 分（II）问 7 分 1.有正确结论4，有过程得 7 分（无过程有结论 2 分）2.无正确结论找得分点：向量法：有正确建系思想，1 分 写对()2,0,2P 或43=PAB，2 分 求出法向量，2 分（法向量计算错误但有法向量计算公式给 1 分）求出正确夹角4，2 分（结论错误但有法向量夹角计算公式给 1 分）综合法：43=PAB，2 分/lCD，2 分（作出交线无证明给 1 分）证明二面角的平面角，2 分（找出未证明给 1 分）求出正确夹角4，1

21、分 20.解：（I）由已知得，当甲至少答对 1 题后，乙才有机会答题。所以乙有机会答题的概率()2151116Pp=，解得34p=；.3 分 （II）X的可能取值为 0，10，20，30，40；()2110416P X=.4 分 ()123111110443216P XC=.5 分 ()21231131211192043244323232P XC=+=.7 分 ()212321113121133043232443232P XC=+=.9 分 ()232134043216P X=.10 分 所以X的分布列为：X 0 10 20 30 40 P 116 116 932 1332 316 11913

22、3415()010203040161632321616E X=+=.12 分 补充说明：补充说明：1.分布列中=20,30 对应的概率各 2 分，其余均 1 分.(只看答案)2.期望若答案正确直接给 2 分，若答案错误但有过程给 1 分 21解：（I）将点(2,1)A代入方程22212xyb=，解得21b=，1 分 所以双曲线C的方程为2212xy=，渐近线方程为22yx=；3 分（II）联立22(1)12yk xxy=，整理得2222(1 2)4220kxk xk+=，由题意21 200k ，得得22112kk且,设 点,E F的 坐 标分 别 为1122(,),(,)x yx y，由 韦

23、达定 理得 221212224222121kkxxx xkk+=，6 分 直 线AE的 方 程 为1111(2)2yyxx=，令3x=，得11112yyx=+，即111(3,1)2yMx+，同理可得221(3,1)2yNx+8 分X()2212121222 2 1421kxxxxx xk=+=21122112212112112222(2)(2)yyx yx yxxyyMNxxxx+=1222211112(1)2(1)(1)2(1)(2)(2)kx xk xxkx xk xxxx+=12121212()4xxkx xxx=+222 111kkk=2121kk=，10 分 所以AMN的面积2112

24、12221kSMNk=，即22 11kk=，解得315kk=或，又22112kk且，所以k的值为35 12 分 补充说明：补充说明：1.若未21 200k 考虑扣 1 分 2.M,N 点坐标求对一个给 1 分 3.若12xx求对给 1 分 22.解：（I）解法一：()axf xex=()1axfxae=若0a，则()0fx恒成立，函数()yf x=单调递减，a(1)e10f=不满足条件.0a 2 分 令()0fx=，则11lnxaa=，()yf x=在11(,ln)aa递减，在11(ln,)aa+递增，1lnmin1111()(ln)lnaf xfeaaaa=111lnaaa=4 分 由对任意

25、的x，()0f x 恒成立 111ln0aaa，即1ln1a，解得1ae a的取值范围是1(,)e+5 分 解法二：()0axf xex=即eaxx 若0 x 则不等式恒成立 1 分 若0 x 由axex得ln xax 2 分 令ln()xh xx=则21 ln()xh xx=()yh x=在0)e（，单调递增，在)e+（，单调递减 4 分 1()()h xh ee=即1ae a的取值范围是1(,)e+5 分（II）若曲线()yf x=与x轴有两不同的交点，即函数()yf x=有两个不同的零点12xx，不妨设120.xx且由（1）可得到1(0,)ae 111()e0axf xx=，则111ln

26、xxa=，即1()0g x=，同理由2()0f x=得2()0g x=从而两条曲线()yf x=与()yg x=至少有两个交点12(0)(0)xx，7 分 下面证明这两条曲线还有一个交点：令1()()()2lnaxh xf xg xexxa=+，则121()2axaxa axeaxh xaeaxax+=+=令tax=,m(t)21tatet=+m(t)(1)2tat e=+关于 t 单调递增，m(1)220ae=令m(t)(1)20tat e=+=，22(1)teata=+存在021lnta，使y()m t=在0(0,)t递减，在0()t+，递增，又(0)10,m=(1)10mae=2ln22

27、2(ln)ln2 ln()1 10ama eaaa=+=()ym t=有两个零点12tt，,不妨设12201lntta，令1324,tax tax=，即()yh x=有且只有两个极值点34.xx，从而 ()yh x=在30,x（）上单调递增，在34xx（，）上单调递减，在4,x+（）上单调递增 10分 又 1a111111()220 xh xaeaxaxax=+=+若1()0h x=，则11ax=，又由11-0axex=，1xe=得1ae=矛盾 1()0h x同理2()0h x且120.xx 又12()0,()0h xh x=故13420 xxxx，13420()(),()()0h xh xh xh x=故在34(,)x x间存在唯一的0 x使得0()0h x=即两条曲线()yf x=与()yg x=还有一个交点00()xf x，所以若曲线()yf x=与x轴有两不同的交点，则两条曲线()yf x=与()yg x=共有三个不同的交点.12 分