浙江省温州市2023届高三下学期返校统一测试数学试题（解析版）.docx

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1、2022学年第二学期温州市普通高中高三返校统一测试数学试题选择题部分（共60分）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. 命题“，”的否定形式是（ ）A. ，或B. ，且C. ，或D. ，且【答案】D【解析】【分析】根据特称命题的否定求解即可.【详解】解：由特称命题的否定形式得：命题“，”的否定形式是： ，且.故选：D2. 已知，下列选项中不是方程的根的是（ ）A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用因式分解与复数的性质求根即可.【详解】因为，所以，即，解得或，故选项ACD中是方程的根，B中不是.故选：B3. A，B

2、是上两点，则弦的长度是（ ）A. 1B. 2C. D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】根据向量的数量积运算及余弦定理求解即可.【详解】设半径为，则，由余弦定理知，故选：C4. 通过长期数据研究某人驾驶汽车的习惯，发现其行车速度v（公里/小时）与行驶地区的人口密度p（人/平方公里）有如下关系：，如果他在人口密度为的地区行车时速度为65公里/小时，那么他在人口密度为的地区行车时速度约是（ ）A. 69.4公里/小时B. 67.4公里/小时C. 62.5公里/小时D. 60.5公里/小时【答案】B【解析】【分析】由题知，进而得，进而代入计算即可得答案.【详解】解：由题知，整理得所以所以，当他在人

3、口密度为的地区行车时速度公里/小时，故选：B5. 展开式中含的系数是（ ）A. 28B. C. 84D. 【答案】C【解析】【分析】根据展开式的通项，分别求出展开式中含、的项的系数，即可得出答案.【详解】展开式的通项为，.当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，由，可得；当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，由，可得；当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，由，可得.所以，展开式中含的系数是.故选：C.6. 某医院对10名入院人员进行新冠病毒感染筛查，若采用单管检验需检验10次；若采用10合一混管检验，检验结果为阴性则只要检验1次，如果检验结果为阳性，就要再全部进行单管检验记10

4、合一混管检验次数为，当时，10名人员均为阴性的概率为（ ）A. 0.01B. 0.02C. 0.1D. 0.2【答案】C【解析】【分析】依据题意写出随机变量的的分布列，利用期望的公式即可求解.【详解】设10人全部为阴性的概率为，混有阳性的概率为，若全部为阴性，需要检测1次，若混有阳性，需要检测11次，则随机变量的分布列 ，解得，故选：C.7. 下列实数中，最小的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用作差法结合三角函数同角三角关系式与正余弦性质，可得时，即可得，再构函数，求导，结合不等式放缩判断导数符号，即可得函数单调性从而可判断与的大小，即可得答案.【详解】解：当时，其

5、中，所以，则，即；当时，所以，则，即；设，所以，在上单调递减，所以，即，又在上单调递减，且时，所以，作差法有，设，所以，则函数在上单调递减，则，所以，即；综上，可知最小.故选：A.8. 直线l与双曲线的左，右两支分别交于点A，B，与双曲线的两条渐近线分别交于点C，D（A，C，D，B从左到右依次排列），若，且，成等差数列，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先设直线方程及四个点，联立后分别求出两根和和两根积，再应用，成等差数列，列式求解即可【详解】设直线，联立，可得，则联立，可得，则因为，所以，所以因为，所以，所以，即得因为，所以中点为的中点，所以

6、,因为成等差数列，所以，又因为A，C，D，B从左到右依次排列，所以,所以，代入有，因为且，又因为，则所以，所以，即综上， 故选：D.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. 设函数，则（ ）A. 若，则在上单调递增B. 若，则在有2个极值点C. 若，则的图象关于中心对称D. 若，则的最大值为【答案】BC【解析】【分析】根据正弦型函数的单调性、对称性、最值、周期判断ABCD选项即可.【详解】当时，故在上不单调，故A不正确；当时，当或时，函数取得极值，故函数有2个极值点，故B正确；当时，代入，可

7、得，即为函数图象的一个对称中心，故C正确；当时，所以，故D错误.故选：BC10. 国家学生体质健康标准是国家学校教育工作的基础性指导文件和教育质量基本标准，它适用于全日制普通小学、初中、普通高中、中等职业学校、普通高等学校的学生.某高校组织名大一新生进行体质健康测试，现抽查200名大一新生的体测成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，则下列说法正确的是（ ）A. 估计该样本的众数是 B. 估计该样本的均值是C. 估计该样本的中位数是D. 若测试成绩达到分方可参加评奖，则有资格参加评奖的大一新生约为人【答案】ACD【解析】【分析】根据频率分布直方图，可判断A项；根据频率分布直方图，估

8、计出平均数，可判断B项；根据频率分布直方图，估计出中位数，可判断C项；根据频率分布直方图，测试成绩达到分的频率为，即可估算有资格参加评奖的人数.【详解】对于A项，由频率分布直方图可得，最高小矩形为，所以可估计该样本的众数是，故A项正确；对于B项，由频率分布直方图，可估计该样本的均值是，故B项错误；对于C项，由频率分布直方图可得，成绩在之间的频率为，在之间的频率为，所以可估计该样本的中位数在内.设中位数为，则由可得，故C项正确；对于D项，由频率分布直方图可得，测试成绩达到分的频率为，所以可估计有资格参加评奖的大一新生约为人，故D项正确.故选：ACD.11. 如图，为等腰梯形，且，均垂直于平面，则

9、以下结论正确的是（ ）A. B. 有可能等于C. 最大值为D. 时，点，共面【答案】ACD【解析】【分析】根据图形，利用线面垂直、勾股定理、余弦定理和四点共面的相关知识逐项进行分析即可求解.【详解】对于，过作，连接，因为为等腰梯形，且，所以，则，在中，所以，则，由垂直于平面，且平面，则，平面，所以平面，平面，所以.因为， 均垂直于平面，所以，又因为，所以四边形为矩形，所以，则，所以，故选项正确；对于，过点分别作，过点作，连接，由选项的分析可知：，因为，均垂直于平面，且，所以，在中，设，则，所以，同理，若，则，即，也即，因为，所以方程无解，则不可能等于，故选项错误；对于，过作，由题意可知：，则，

10、由选项分析可得：，由选项的分析可知：，设，在中，由余弦定理可知：，令，则，因为，所以，则，所以，因为，所以，则的最大值为，故选项正确；对于选项，根据前面选项的分析可知：两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，因为，则，则，所以，则，则，所以点，四点共面，故选项正确，故选：.12. 已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则，D. 若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据所给规则，直接判断A，根据规则，分析变化规律，归纳得出结论判断B，根据规则直

11、接判断C，列举所有可能由古典概型求解判断D.【详解】对A，时，如图，经3步从回到，仅有，与两种，所以，故A错误；对B，若时，如图，与，记从出发经过n步到的方法数为，则(先走两步回到有2种，化归为，先走两步到有2种，化归为)，所以，因为，所以，故B正确；对C，时，显然走奇数步无法回到，故，故C正确；对D，时，走6步共有种走法(每一步顺时针或逆时针)，出发回到有2种情形，一个方向连续走6步，有2种；2个方向各走3步，有种，所以，所以，故D正确.故选：BCD非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填在题中的横线上13. 若抛物线以坐标轴为对称轴，原点为焦点，且焦

12、点到准线的距离为2，则该抛物线的方程可以是_（只需填写满足条件的一个方程）【答案】或或或（答案不唯一其它满足要求的答案也可）【解析】【分析】先求焦点到准线的距离为2的抛物线的标准方程，通过平移变换确定符合要求的抛物线方程.【详解】焦点为，准线为的抛物线的标准方程为，将其向左平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，其方程为，焦点为，准线为的抛物线的标准方程为，将其向右平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，其方程为，焦点为，准线为的抛物线的标准方程为，将其向下平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，其方程为，焦点为，准线为的

13、抛物线的标准方程为，将其向上平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，其方程为，故答案为：或或或（注意答案不唯一，其它满足要求的答案也可）14. 正四面体棱长为2，E，F，G分别为，的中点，过G作平面，则平面截正四面体，所得截面的面积为_【答案】1【解析】【分析】根据题意作出图形，利用线面垂直的判定可得截面为边长为1的正方形，进而求解.【详解】分别取的中点，连接，由题意可知：且，又因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，由因为且，所以，则平行四边形为菱形，因为为正四面体，所以三角形是边长为2的正三角形，所以且，同理且，又，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，所以，所以

14、菱形为正方形.因为，且为的中点，所以，因为，所以，同理，平面，所以平面，所以过G作平面，则平面截正四面体所得的图形即为正方形，所以截面面积为，故答案为：.15. 由直线构成的集合的方程为，若，且，则与之间的距离为_【答案】【解析】【分析】根据题意，分与两种情况讨论，根据直线平行得出，代入两平行线间距离公式即可求解.【详解】当时，即，当时，当时，故，此时，与的距离为2；当时，又因为，所以，且，所以，因为，所以，且过又直线，由两平行线间的距离公式可得：，故答案为：.16. 函数在上的值域为，则的值为_【答案】#2.5【解析】【分析】先由绝对值、余弦函数的有界性以及求出，分类讨论求出，即可求解.【详

15、解】因为，所以当且仅当且时，所以,又，所以所以，易知在上单调递减，在单调递增，所以当时，不满足题意；当时，因为，所以，注意到，且在单调递增，所以，所以故答案为：.【点睛】利用三角函数求值的关键：（1）角的范围的判断；（2）根据条件选择合适的公式进行化简计算；（3）合理地利用函数图像和性质.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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求B；（2）若，内切圆的面积为，求的面积【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角结合三角恒等变换求解；(2)利用等面积法可得，从而得，再根据余弦定理，联立

16、方程组求出，从而可求三角形的面积.【小问1详解】因为，所以，所以因为，所以所以，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以【小问2详解】因为内切圆的面积为，所以内切圆半径由于，所以，由余弦定理得，即，联立可得，即，解得或（舍去），所以18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形且，（1）求的值；（2）若，是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）； （2）存在，.【解析】【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，可得出，进而可得出，利用勾股定理可求得的长；（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，过点作，分别交、于点、，可得出平面平面，求出的长，可得出

17、，即可得解.【小问1详解】解：取线段的中点，连接、，因为四边形是边长为的菱形，则，因为，由余弦定理可得，所以，即，又且是的中点，,，、平面，平面，平面，；【小问2详解】解：过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，所以，平面平面，平面平面，平面，所以，平面，过点作，分别交、于点、，因为，则，所以，、四点共面，因为平面，所以，平面平面，因为，则，因为，由余弦定理可得，所以，所以，,，因为，所以，.19. 已知正项数列，（1）求数列的通项公式；（2）已知，其中，的前n项和为，求【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)由递推公式可得：，所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，利用等比数列的通

18、项公式即可求解；(2)结合（1）可得：，且，将数列中的项从第一项开始，相邻的两项结合构成一个公比为4的等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求解.【小问1详解】由可得：，则，又，所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以【小问2详解】由（1）可得：，所以，则，又因为，所以，则，所以.20. 中国共产党第二十次全国代表大会报告指出：坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天、碧水、净土保卫战，加强污染物协同控制，基本消除重污染天气、每年的中国生态环境状态公报都会公布全国339个地级及以上城市空气质量检测报告，以下是2017-2021五年339个城市空气质量平均优良天数占比统计表年份

19、2017年2018年2019年2020年2021年年份代码12345百分比7879.3828787.5并计算得：，（1）求2017年2021年年份代码与339个城市空气质量平均优良天数的百分比的样本相关系数（精确到0.01）；（2）请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出y关于x的回归直线方程（精确到0.01）和预测2022年（）的空气质量优良天数的百分比；（3）试判断用所求回归方程是否可预测2026年（）的空气质量优良天数的百分比，并说明理由（回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，）附：相关系数，【答案】（1）0.97； （2）; （3）答案见解

20、析.【解析】【分析】（1）由表中数据结合题中数据，求出相关数值，代入相关系数，即可得出答案；（2）由（1）知，接近1，即可说明线性相关关系极强.根据（1）中求出的数据，即可求出，进而得到回归直线方程.代入，即可预测2022年的空气质量优良天数的百分比；（3）将代入（2）中的回归直线方程，可得，显然不合常理，可根据回归直线的意义及其局限性说明.【小问1详解】由已知可得，.所以，.又，所以.又，所以，【小问2详解】由（1）知，与的相关系数接近1，所以与之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合因为，故回归直线方程为.当时，故2022年的空气质量优良天数的百分比为【小问3详解】由（2）知，

21、当时，显然不合常理.其原因如下：根据该组数据的相关系，是可以推断2017年2021年间与两个变量正线性相关，且相关程度很强，由此来估计2022年的空气质量优良天数的百分比有一定的依据.但由于经验回归方程的时效性，随着国家对生态环境的治理，空气质量优良天数的百分比增加幅度会变缓，且都会小于1，故用该回归直线方程去预测今后几年的空气优良天数会误差较大，甚至出现不合情理的数据21. 如图，椭圆的左右焦点分别为，点是第一象限内椭圆上的一点，经过三点P，的圆与y轴正半轴交于点，经过点且与x轴垂直的直线l与直线交于点Q（1）求证：（2）试问：x轴上是否存在不同于点B的定点M，满足当直线，的斜率存在时，两斜

22、率之积为定值？若存在定点M，求出点M的坐标及该定值；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析； （2）存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为【解析】【分析】（1）设、圆的方程，代入、及可解得，即可证；（2）设，由A，P，Q三点共线得，即可表示出讨论定值是否存在.【小问1详解】由可得，设，则，设圆的方程为，代入及，得，两式相减，得，所以圆的方程为即，令，得，由，可得，即小问2详解】设，由（1）知，由A，P，Q三点共线，得，解得，则，代入，得，当且仅当，即时，为定值综上，存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为【点睛】探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊

23、位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； 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.22. 若函数，的图象与直线分别交于A，B两点，与直线分别交于C，D两点，且直线，的斜率互为相反数，则称，为“相关函数”（1），均为定义域上的单调递增函数，证明：不存在实数m，n，使得，为“相关函数”；（2），若存在实数，使得，为“相关函数”，且，求实数a的取值范围【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）根据函数单调递增，可推出直线，的斜率均为正数，即可证明；（2）首先讨论是否满足题意，数形结合可知，由题可知时满足题意；再讨论时，或，联立且由(1)可判断出,由此可得出m和

24、n的等式关系,建立一个关于m或n的方程，将方程根的问题转化为函数零点问题，利用导数求出函数单调区间，讨论a的取值范围对零点的影响即可.【小问1详解】设，.由单调递增，则.则.同理可得，.所以，直线，的斜率均为正数，不可能互为相反数.即不存在实数m，n，使得，为“相关函数”【小问2详解】情况一：当时，若，则存在实数，使得，为“相关函数”，且；情况二：当时因为，为“相关函数”，所以有.因，所以有或.联立，可得，所以.则有，此时有，满足题意；联立，可得.因为，所以方程组，则当时.因为，均为上的单调递增函数，由（1）知不存在实数m，n，使得，为“相关函数”，所以.则由，可得，可得，所以.同理可得.则在

25、上存在两个不同的实数根.记，则.记，则解，可得.解，可得，所以在上单调递增；解，可得，所以在上单调递减.所以，在处取得极小值.（）当时，此时有，即在单调递减.又，则根据零点存在定理可得，存在唯一，使得，即有唯一负根，不符合式；（）当时，.因为，且，有，根据零点存在定理可得，使得；，使得.所以，当时，有，此时，在上单调递减；当时，有，此时，在上单调递增；当时，有，此时，在上单调递减.，令，则.因为，所以，所以，所以上单调递增，所以，所以，所以.根据零点存在定理可知，使得.取，即有，符合题意.综上所述，的取值范围是.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点