浙江省嘉兴市2024届高三上学期9月基础测试数学试题 Word版含解析

2023年高三基础测试数学试题卷（2023.9）本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟．考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、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上规定的位置．2．答题时，请按照答题纸上"注意事项"的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效．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】C【解析】分析】根据指、对数单调性求集合，再结合交集运算求解.【详解】由题意可得：，，所以.故选：C.2.复数为纯虚数，则实数的值是（）A.-1 B.1 C.0或-1 D.0或1【答案】A【解析】【分析】由题意可得出，解方程即可得出答案.【详解】因为复数为纯虚数，所以，解得：.故选：A.3.已知向量，，，则（）A.14 B. C.50 D.【答案】C【解析】【分析】由平行向量的坐标表示求出，再由数量积的定义求解即可.【详解】因为向量，，，所以，解得：，.故选：C.4.已知函数为奇函数，则的值是（）A.0 B. C.12 D.10【答案】D【解析】【分析】由奇函数的性质可知，由此可以求出的值，进而可以求出.【详解】因为函数为奇函数，所以，即，即或，显然函数的定义域为关于原点对称，且当时，有，从而有，当时，有，但，所以，即，所以.故选：D.5.如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为．以此类推，操作次，若，则的最小值是（）A.9 B.10 C.11 D.12【答案】C【解析】【分析】由题意可知操作次时有个边长为的小正方形，即，结合等比数列前项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有个边长为的小正方形，即，操作2次时有个边长为的小正方形，即，操作3次时有个边长为的小正方形，即，以此类推可知操作次时有个边长为的小正方形，即，由等比数列前项和公式有，从而问题转换成了求不等式最小正整数解，将不等式变形为，注意到，，且函数在上单调递减，所以的最小值是11.故选：C.6.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数平移变换原则可得，采用整体代换的方式，结合正弦函数单调性可构造不等式组求得的范围，结合和进行讨论即可求得结果.【详解】由题意知：，当时，，在上单调递增，，；若，则，，此时，又，，；若，则，，此时，与矛盾，不合题意；综上所述：实数的取值范围为.故选：B.7.已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.【详解】因为直线：，即，令，解得，可知直线过定点，同理可知：直线过定点，又因为，可知，所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，因为圆的圆心，半径，所以的最大值是.故选：B.8.已知函数的定义域为，且，，则的值是（）A.9 B.10 C.11 D.12【答案】D【解析】【分析】由赋值法先得，再由与关系列式求解．【详解】中令，则，中令，，则，又中令，则，所以，中，令，则，再令，，则．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.下列结论中，正确的是（）A.数据0，1，2，3的极差与中位数之积为3B.数据20，20，21，22，22，23，24的第80百分位数为23C.若随机变量服从正态分布，，则D.在回归分析中，用决定系数来比较两个模型拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好【答案】BCD【解析】【分析】A求极差和中位数即可判断；B由百分数求法求第80百分位数；C利用正态分布对称性求指定区间的概率；D根据决定系数实际意义判断.【详解】A：数据极差、中位数分别为3、，则它们的积为，错；B：由，则数据从小到大的第6位，23是第80百分位数，对；C：由正态分布的对称性，，对；D：由回归分析中决定系数实际意义知：越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，对；故选：BCD10.下列函数中，以为最小正周期的函数是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】由正弦函数的最小正周期公式可判断A；由，可判断B，C；由可判断D.【详解】对于A，，最小正周期为，故A正确；对于B，令，，故B错误；对于C，令，，故C正确；对于D，令，，故的最小正周期为，故D错误.故选：AC.11.设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第一象限，为的内心，且内切圆半径为1，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】如下图所示，设切点为，，，由椭圆的定义结合内心的性质可判断A；由等面积法求出代入椭圆的方程可判断B；求出可判断C；由两点的斜率公式可判断D.【详解】如下图所示，设切点为，，，对于A，由椭圆的方程知：，由椭圆的定义可得：，易知，所以，所以，故A正确；对于BCD，，又因，解得：，又因为为上一点且在第一象限，所以，解得：，故B正确；从而，所以，所以，而，所以，故C错误；从而，故D正确.故选:ABD．12.如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（）A.B.C.点的轨迹的长度为D.直线与平面所成角的余弦值的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可【详解】依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，故，又在平面内的射影在线段上，所以平面，平面，所以，，平面，平面所以平面.平面，平面，平面，，，且即为二面角的平面角对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；对于B选项，即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；对于C选项，恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；对于D选项，如下图所示设，在中，，，在中，，，所以，设直线与平面所成角为，则，当且仅当时取等号，故D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中的系数是__________．（用数字作答）【答案】35【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式运算求解.【详解】因为展开式的通项公式为，令，解得，可得，所以的系数是35.故答案为：35.14.已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的体积是___________．【答案】【解析】【分析】由圆锥的侧面积公式可求出母线长，再求出圆锥的高，由圆锥的体积公式即可得出答案.【详解】设圆锥的高为，母线长为，半径，因为圆锥的底面半径为1，侧面积为，所以，所以，所以，所以圆锥的体积是.故答案为：.15.已知是抛物线：的焦点，点，过点的直线与交于，两点，是线段的中点．若，则直线的斜率__________．【答案】2【解析】【分析】方法一：设直线：，设，，联立直线与抛物线的方程求出，由可得，将韦达定理代入化简即可得出答案；方法二：设，，在准线上的射影分别是，，，由题意可得出轴，设，，：，联立直线与抛物线的方程可得，解方程即可得出答案.【详解】方法一：由题意，，设直线：，其中，联立消去得，，设，，则，，又，则，即，而，，则，即，即，所以，解得，所以.方法二：如下图，由题意，，点在准线上，设，，在准线上的射影分别是，，，则，所以轴，设，，：，联立消去得，所以，所以，故答案为：2．16.关于的方程的两根为，函数，若对于任意的，都有，则的最小值是___________．【答案】【解析】【分析】由题设得，结合解析式，只保证上恒成立，利用导数研究的单调性并确定极大值及极大值点范围，应用隐零点得到，即可求范围.【详解】由题意，故对于，只需考虑即可，令，，则，开口向上且对称轴，所以在递减，又，，所以存在唯一，在递增，递减，故只需，即，所以，即的最小值是.故答案为：【点睛】关键点点睛：将问题化为研究上恒成立，结合导数研究函数单调性、隐零点确定参数与极值点的关系.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.记为数列的前项和，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系分析可得数列是3为首项，2为公差的等差数列，结合等差数列通项公式运算求解；（2）由（1）可得：，利用裂项相消法运算求解.【小问1详解】因为，可得，两式相减得，整理得，可知数列是3为首项，2为公差的等差数列，所以．【小问2详解】由（1）可得：，则，所以．18.如图，在直三棱柱中，，，，点分别是的中点，点是线段上一点，且平面．（1）求证：点是线段的中点；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）方法一：过点作，由线面平行的性质可知，从而证得四边形为平行四边形，由长度关系得，从而证得结论；方法二：取的中点，根据面面平行的判定可证得平面平面，进而得到，从而证得结论；方法三：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由可构造方程求得，从而得到结论；（2）方法一：以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.方法二：取中点，中点，过点作，利用线面垂直的判定与性质，结合二面角平面角定义可证得即为所求二面角的平面角；根据长度关系可求得结果；【小问1详解】方法一：过点作，且，，四点共面，平面，平面平面，，又，四边形是平行四边形，，，又为中点，，又，点是线段的中点.方法二：取的中点，连接，分别为中点，，平面，平面，平面，又平面，，平面，平面平面，又平面平面，平面平面，，是中点，点是线段的中点.方法三：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，平面轴，平面的一个法向量，又平面，，解得：，点是线段中点.【小问2详解】方法一：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，则，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，则，，；，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.方法二：取中点，中点，连接，过点作，且，连接，，中点，，平面，平面，，，平面，平面，又，平面，平面，，又，平面，平面，又平面，，即为二面角的平面角；在正方形中，作，且，，，，，，，又，，，即二面角的余弦值为.19.在中，内角，，的对边分别为，，，且，．（1）若边上的高等于1，求；（2）若为锐角三角形，求的面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理求出，注意到，由此可以求出，最终由余弦定理即可求解.（2）先由正弦定理以及恒等变换表示，结合已知条件可以求出的范围，且注意到，由此即可得解.【小问1详解】由正弦定理，，所以，则，又，所以，因为，所以，解得，又由余弦定理，，解得，所以．【小问2详解】由正弦定理有，且由（1）可知，所以，又因为锐角，所以，解得，所以，所以，所以，所以面积取值范围是．20.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用导数并讨论参数a研究单调性；（2）讨论参数a，注意有，构造并应用导数研究单调性，进而求参数范围.【小问1详解】定义域为，且，当：恒成立，在递增；当：在上，递减，在上，递增；【小问2详解】若，则，符合题意；若，则，不合题意，舍；若，由（1）知，只需，令，所以，在上，递增，在上，递减，当时，，即符合题意；当时，注意到，故只需，即，综上所述，的取值范围是．21.近年来，购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一，为了引导青少年正确消费，国家市场监管总局提出，盲盒经营行为应规范指引，经营者不能变相诱导消费．盲盒最吸引人的地方，是因为盒子上没有标注，只有打开才会知道自己买到了什么，这种不确定性的背后就是概率．几何分布是概率论中非常重要的一个概率模型，可描述如下：在独立的伯努利（Bernoulli）试验中，若所考虑事件首次出现，则试验停止，此时所进行的试验次数服从几何分布，事件发生的概率即为几何分布的参数，记作．几何分布有如下性质：分布列为，，期望．现有甲文具店推出四种款式不同、单价相同的文具盲盒，数量足够多，购买规则及概率规定如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的文具盲盒是等可能的．（1）现小嘉欲到甲文具店购买文具盲盒．①求他第二次购买的文具盲盒的款式与第一次购买的不同的概率；②设他首次买到两种不同款式的文具盲盒时所需要的购买次数为，求的期望；（2）若甲文具店的文具盲盒的单价为12元，乙文具店出售与甲文具店款式相同的非盲盒文具且单价为18元．小兴为了买齐这四种款式的文具，他应选择去哪家文具店购买更省钱，并说明理由．【答案】（1）①；②（2）应该去乙店购买非盲盒文具，理由见解析【解析】【分析】（1）①明确第二次只需买到其余的三种文具盲盒的任意一款即可求解；②结合已知由几何分布的性质即可求解.（2）由随机变量以及相应的均值结合几何分布的性质即可求解.【小问1详解】①由题意可知，当第一次购买的文具盲盒已经确定时，第二次只需买到其余的三种文具盲盒的任意一款即可，所以；②设从第一次购买文具后直到购买到两种不同款式的文具盲盒所需要的购买次数为，则由题意可知，又，所以.【小问2详解】由题意，在乙店买齐全