浙江省金丽衢十二校2022-2023学年高三上学期第一次联考数学试题.docx

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1、金丽衢十二校2022学年高三第一次联考数学试题一、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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出，再根据交集的定义求解.【详解】或所以或故选：A2. 若复数满（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将已知等式整理成，在根据复数的除法运算化简即可.【详解】解：因为，所以，则.故选：B.3. ，则（ ）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】将化简可得，再根据，算出，即可得的值.【详解】由得，则，又，则，故选：.4. 早在一

2、万多年前的新石器时代，生活在金丽衢地区古人就开始制作各种石器，今天在浦江上山遗址、水康湖西遗址、义乌桥头遗址等还可以见到各种当时的石器，现在农村还在使用的石磨就是从古代的石器演变而来的.如果一个石磨近似看作两个圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面直径是80cm，每个圆柱体的高为30cm，那么这两个圆柱体的表面积之和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出一个石磨的表面积，即求得两个石磨的表面积.【详解】解：由题意可得一个石磨底面积为：底=，侧=所以一个石磨的表面积为：，所以两个石磨的表面积为：.故选：D5. 已知向量，则是向量，夹角为钝角的（ ）A. 充要条件B. 既不充分

3、也不必要条件C. 必要不充分条件D. 充分不必要条件【答案】C【解析】【分析】若向量，夹角为钝角，则满足，求出的范围，然后验证充分性与必要性.【详解】因为又因为向量，夹角为钝角所以满足所以且因为推不出且，所以充分性不成立又因为且能推出，所以必要性成立所以是向量，夹角为钝角必要不充分条件故选：C6. 从2至7的6个整数中随机取3个不同的数，则这三个数作为边长可以构成三角形的概率为（ ）A. 70%B. 65%C. 60%D. 50%【答案】B【解析】【分析】利用组合知识求出一共有的情况数，再用列举法求出这三个数作为边长可以构成三角形的情况数，从而求出概率.【详解】6个整数中取3个不同的数，共有种

4、情况，三个数作为边长可构成三角形的有，共有13种情况，所以概率为故选：B7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对变形，可得，利用基本不等式、指数函数和对数函数的单调性可得，从而可得答案.【详解】因为，所以，因为，所以.故选：D8. 定点A和动点是抛物线上的两点，点与点A关于轴对称，其中与A、不重合，且的纵坐标为，直线，的斜率之差为，斜率之积为，当从小到大变化时，的变化情况是（ ）A. 先变小后变大B. 先变大后变小C. 一直不变D. 以上情况都不对【答案】C【解析】【分析】先利用点、点A、点求得直线，的斜率，进而得到的解析式，化简整理后即可得到当从小到大变化

5、时，的变化情况.【详解】设，则，则，则则当从小到大变化时，的变化情况是一直不变.故选：C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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 数列的通项为，它的前项和为，前项积为，则下列说法正确的是（ ）A. 数列是递减数列B. 当或者时，有最大值C. 当或者时，有最大值D. 和都没有最小值【答案】ABC【解析】【分析】根据数列的通项得出数列是以为首项，以为公差的等差数列,然后根据等差数列的特征分别对每个选项进行分析即可求解.【详解】因为数列的通项为，则，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，因为公

6、差，所以数列是递减数列，故选项正确；因为，当时，；当时，因为，所以当或者时，有最大值，故选项正确；由可知： ，所以当或者时，有最大值，故选项正确；根据数列前30项为正数，从第31项开始为负数可知：无最小值，因为，当时，但零乘任何数仍得零，所以有最小值，故选项错误，故选：.10. 设点，是曲线上的依次四点，对于四边形，下列可能成立的是（ ）A. 四边形有三个内角为锐角B. 四边形有三个内角为钝角C. 四边形有且仅有三边相等D. 四边形为非等腰的梯形【答案】ABCD【解析】【分析】曲线为椭圆，作出符合条件的四边形，则说明这样的四边形存在.【详解】曲线为椭圆，点，是椭圆上的依次四点.取，如图所示，

7、四边形中为钝角，其余三个内角为锐角，A选项正确；取，如图所示， 四边形中为锐角，其余三个内角为钝角，B选项正确；取，以为圆心，2为半径作弧，与椭圆在第一象限相交于点D，在第四象限相交于点B，为圆心，2为半径作弧，与椭圆在第一象限相交于点C，如图所示， 则四边形中，有且仅有三边相等，C选项正确；直线与椭圆相交于两点，直线与椭圆相交于两点，如图所示，则，四边形为非等腰的梯形，D选项正确.故选：ABCD11. 已知函数的导函数，且，则（ ）A. 是函数的一个极大值点B. C. 函数在处切线的斜率小于零D. 【答案】AB【解析】【分析】根据导数符号与单调性的关系，以及极值的定义逐项分析判断.【详解】令

8、，解得，则在上单调递增，令，解得或，则在上单调递减，故是函数的一个极大值点，A、B正确；，则，故函数在处切线的斜率大于零，C错误；又，则，但无法确定函数值的正负，D错误；故选：AB.12. 正方体的棱长为，中心为，以为球心的球与四面体的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球的半径为（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果.【详解】由题意可知：四

9、面体为正四面体，设球的半径为；正方体棱长为，正四面体的棱长为，设球心到正四面体各个面的距离为，正四面体体积，表面积，；若正四面体的一个面截球如图所示，设小圆半径为，则，解得：，解得：；若正四面体的一个面截图如图所示，每个面截球所得的曲线长为，的长为，设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，又，令，恒成立，在上单调递增，又，解得：；综上所述：球的半径为或.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题考查球的截面截球所得曲线相关问题的求解，解题关键是能够通过分类讨论的方式，确定正四面体各个侧面截球所得曲线的不同情况，从而根据不同情况下曲线长度来求解截面圆的半径.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共

10、20分）13. 若，则_.【答案】729【解析】【分析】由展开式的通项可得：的奇数次项系数为负数，的偶数次项的系数为正数，令即可求解.【详解】因为的展开式的通项，所以含的奇数次项的系数为负数，含的偶数次项的系数为正数，在中，令可得：，即，故答案为：.14. 已知，是双曲线两个焦点，是双曲线上的一点，且，则点到轴的距离为_.【答案】【解析】【分析】在双曲线焦点三角形中，利用余弦定理求出，然后利用面积相等即可求解.【详解】由双曲线方程可得：，在中，由余弦定理可得：即，解得：，设点，则，即，解得：，将点代入双曲线方程可得：也即点到轴的距离为，故答案为：.15. 已知直线和圆和曲线都经过同一点，则的取

11、值范围是_.【答案】【解析】【分析】联立方程，由题意相交得判别式，此时分类讨论，时对应的方程的解及方程解满足的条件，由即可求出的取值范围.详解】联立，消去得，则，解得.解方程得，当时，或，当时，；当时，；当时，当时，此时.由于直线和圆和曲线均关于对称，所以根据对称性，只需计算点即可.综上：的取值范围是.故答案为：16. 函数的最大值为_.【答案】8【解析】【分析】先求出定义域，再分，与三种情况，结合柯西不等式，求出最大值.【详解】由题意得：，解得：，当时，当，即时取等号，当时，当时取等号，当时，当，即时取等号，因为，所以最大值为8.故答案为：8【点睛】柯西不等式在求解不等式最值或者证明不等式方

12、面是一个强有力工具，使用好柯西不等式的关键是要对不等式进行变形，使得不等式一边为定值，且注意柯西不等式取等号的条件是否满足.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. 将等差数列排成如图所示的三角形数阵：已知第三行所有数的和为6，第6行第一个数为（1）求数列的通项公式；（2）设为数阵中第行的第一个数，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设等差数列首项为，公差为，由第三行所有数的和为6，第6行第一个数为可得关于和的二元一次方程组；（2）由图可得，第行有个数字，则第行的第一个数为第项，其中，据此可得，后利用裂项相减法可得答案.【小问1详解】设等差

13、数列首项为，公差为.由第三行所有数的和为6可得：，得.由第6行第一个数为知，则，得数列的通项公式为，.【小问2详解】由图可得，第行有个数字，则第行的第一个数为第项，其中.则.，则.18. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为上的点，过，的截面交于（1）证明：；（2）若二面角的大小为，求几何体的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由线线平行得到线面平行，再由线面平行的性质证明出线线平行；（2）作出辅助线，证明出几何体是三棱台，求出上下底面的面积，利用台体体积公式求出答案.【小问1详解】由题：，因为平面，平面，所以平面，又平面，且平面平面，所以.【小问2详解】过

14、作的垂线，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以所以就是二面角的平面角，即有又，所以，底面是边长为2的正三角形，取AB的中点G，连接CG，交AE于点H，则CGAB，且，故所以，因为，所以四点共线，又，不平行，故，相交，且由公理可知交点必定在上，所以几何体是三棱台，因为，所以三棱台的高，所以几何体的体积为.19. 如图，在中，点在边上，（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）在中根据题意结合正弦定理分析运算；（2）不妨设，在、中利用余弦定理运算求解.【小问1详解】在中，由正弦定理知：，即又，可得，在中，所以，所以.【小问

15、2详解】不妨设，则在中，由余弦定理知；在中同理可知：在中，即有解得.20. 某校高一（1）班总共50人，现随机抽取7位学生作为一个样本，得到该7位学生在期中考试前一周参与政治学科这一科目的时间（单位：h）及他们的政治原始成绩（单位：分）如下表：复习时间235681216考试分数60697881859092甲同学通过画出散点图，发现考试分数与复习时间大致分布在一条直线附近，似乎可以用一元线性回归方程模型建立经验回归方程，但是当他以经验回归直线为参照，发现这个经验回归方程不足之处，这些散点并不是随机分布在经验回归直线的周围，成对样本数据呈现出明显的非线性相关特征，根据散点图可以发现更趋向于落在中间

16、上凸且递增的某条曲线附近，甲同学回顾已有函数知识，可以发现函数具有类似特征中，因此，甲同学作变换，得到新的数据，重新画出散点图，发现与之间有很强的线性相关，并根据以上数据建立与之间的线性经验回归方程. 考前一周复习投入时间（单位：h）政治成绩合计优秀不优秀6h6h合计50（1）预测当时该班学生政治学科成绩（精确到小数点后1位）；（2）经统计，该班共有25人政治成绩不低于85分，评定为优秀，而且在考前一周投入政治学可复习时间不低于6h共有30人，除去抽走的7位学生，剩下学生中考前一周复习政治的时间不少于6h政治不优秀共有6人，请填写下面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为政治成绩与考前一

17、周复习时间有关.附：， 0.010.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1）51.9分； （2）表格见解析，认为政治成绩与考前一周复习时间有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.【解析】【分析】（1）将，算出，再令，即可估计该班学生政治学科成绩；（2）零假设为：认为政治成绩与考前一周复习时间无关，计算出，与10.828比较大小即可得到结论.【小问1详解】，所以，且,所以预测当时, ,即该班学生政治学科成绩约为51.9分.【小问2详解】列联表：考前一周复习投入时间（单位：h）政治成绩合计优秀不优秀6h237306h21820合计252550零假设为：认为政治成绩与考前一周

18、复习时间无关，依据的独立性检验，推断不成立，即认为政治成绩与考前一周复习时间有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.21. 已知椭圆：的长轴为4，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）如图，过点的直线与交于，过，作直线：的垂线，垂足分别为，记，的面积分别为，问：是否存在实数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1） （2）时，定值，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意列出等式，即可求解；（2）设，：，由题意可得，联立与，得到，代入即可求解【小问1详解】因为椭圆：的长轴为4，离心率为，所以，解得，故，所以椭圆的方程为【小问2详解】设，：，则，则，联立与，消去得，则，得，

19、代入得则当即时，为定值【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22. 已知函数，（1）当时，求函数的最小值；（2）设，证明：曲线与曲线有两条公切线.【答案】（1）0 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值；（2）设曲线与曲线分别在点，处有公切线，即可得到方程组，消去得，令，则，则问题转化为方程有两个不同的解，构造

20、函数利用导数证明即可.小问1详解】解：令，则，易知在上单调递增，且，所以时，单调递减，时，单调递增，所以当时，函数有最小值为；【小问2详解】证明：曲线与曲线分别在点，处有公切线，等价于直线与直线重合，又，即，消去得，令，则有（*），曲线与曲线有两条公切线即证（*）有两个不同的解，令，则，因为，所以，单调递减；，单调递增，故有最小值为，又，所以在区间上有唯一零点；下面考虑在区间上的零点情况：先证：对任意的正数，存在正实数，使得当时，都有（*），令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以有最小值，（i）当时，可以是任意的正数；（ii）当时，由（i）知，取，则当时，都有，所以对任意的正数，当时，都有，所以当，当时，所以取时，所以在区间上也有唯一零点，综上，（*）有两个不同的零点即曲线与曲线有两条公切线.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理