浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高三上学期期末数学试卷

2023学年第一学期高三期末教学质量调测试卷数学第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的值域化简集合A，再利用交集的定义求解即得.【详解】由，知，当且仅当时取等号，因此，而，所以.故选：C2.若复数，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数除法的运算法则，结合复数虚部定义进行求解即可.【详解】因为，所以的虚部为，故选：D3.椭圆的离心率为，则（）A.2 B.1 C. D.2或【答案】D【解析】【分析】对的值分类讨论，进而求得，由椭圆的离心率建立等式，进而求出的值.【详解】由于椭圆方程为，当时，则，其离心率为：，解得，当时，则，其离心率为：，解得，故选D.4.设，为非零向量，，，则下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】A中，举例说明选项A错误；B中，当时，，但与不一定平行，可判断选项B错误；C中，两边平方得出，可判断与共线，从而判断C正确；D中，两边平方得出，不能得出,可判断D错误.【详解】对于A，当，时，满足，但，选项A错误；对于B，当时，，则与不一定平行，选项B错误；对于C，由，则，即，所以，所以与同向，即，选项C正确；对于D，若，则，所以，不能得出，选项D错误．故选：C5.平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关.在下图分布形态中，分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据直方图矩形高低以及数据的分布趋势，判断即可得出结论.【详解】众数是最高矩形的中点横坐标，因此众数在第二列的中点处.因为直方图第一、二、三、四列高矩形较多，且在右边拖尾低矩形有三列，所以平均数小于众数，右边拖尾的有三列，中位数大约在第三､四列的位置，中位数最大，因此有.故选：A.6.已知实数满足，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合特殊值判定大小即可.【详解】由在上单调递减，在上单调递增，可知，，所以.故选：B7.设为是首项为，公比为的等比数列的前项和，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据前n项和定义可得，结合等比数列可得，进而判断AB；再根据等比数列求和公式判断C；举反例判断D.【详解】因为，可得，即，且，则，可得，解得，故AB错误；由可知，可得，则，所以，故C正确；例如，符合题意，但，故D错误.故选：C.8.已知函数在区间恰有两个零点、，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用辅助角公式化简得，然后列出方程组，从而可求解.【详解】由题意得，其中，（取为锐角），由、为两个零点，可得，解得，所以，故A正确.故选：A.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，漏选得2分，错选得0分．9.下列命题中，正确的命题有（）A.本数据的第80百分位数是B.线性回归模型中，决定系数越接近于1，表示回归拟合的效果越好．C.已知随机变量服从正态分布且，则D.用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平区域内，则说明线性回归模型的拟合精度较低【答案】BC【解析】【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用回归分析可判断B选项；由正态分布的对称性可判断C选项；利用残差进行回归分析可判断D选项.【详解】对于A选项：样本共8个数，则有，所以第80百分位数为第7个数字9，故A不正确；对于B选项：线性回归模型中，决定系数越接近于1，表示回归拟合的效果越好，故B正确；对于C选项：由正态分布对称性可知，则，故C正确；对于D选项：用残差进行回归分析时，若残差点比较均匀地落在宽度较窄的水平区域内，则说明线性回归模型的拟合精度较高，故D不正确；故选：BC10.直线：，圆：，则下列结论正确的是（）A.直线经过定点且与圆恒有两个公共点B.圆心到直线的最大距离是2C.存在一个值，使直线经过圆心D.不存在使得圆与圆关于直线对称【答案】AC【解析】【分析】利用直线过定点的求法，结合点圆位置关系判断A；利用圆心到直线的最大距离判断B；将圆心直接代入直线判断C；利用点关于直线对称的性质判断D.【详解】对于A，因为直线：，可化为，令，解得，故直线过定点，而，所以点在圆内，所以直线经过定点且与圆恒有两个公共点，故A正确；对于B，因为圆：的圆心为，半径为，所以圆心到定点的距离为，所以圆心到直线的最大距离是，故B错误；对于C，将圆心代入直线，得，解得，所以存在，使直线经过圆心，故C正确；对于D，因为圆的圆心为，所以两圆圆心所成线段的中点坐标为，恰为直线所过定点，同时两圆圆心所在直线的斜率为，要使两圆关于直线对称，则只需直线的斜率为，又直线：，所以，其斜率为，解得，显然存在满足题意，故D错误.故选：AC.11.已知函数，对于任意的，满足，且，，则（）A.是周期为2的周期函数 B.C.是偶函数 D.【答案】BCD【解析】分析】应用赋值法判断A、B、C选项，通过构造数列可求出再结合赋值法可得，从而得，即可对D判断求解.【详解】对B：令，得，又因为，所以，故B正确；对C：令，对于任意，则，所以，所以是偶函数，故C正确；对A：令，则，由，则，所以不是以为周期的函数，故A错误；对D：令，则，得，由，，易得，则且，，又，所以数列，是首项为，公比为的等比数列，所以，其次令，得，则，，且，所以，所以，所以，故D正确.故选：BCD.12.在边长为的正方体中，为线段中点，为线段上的动点，则（）A.点到平面的距离为定值B.直线与直线所成角最小值为C.三棱锥的外接球的表面积最小值为D.若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不将纸撕开，则所需纸面积的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】选项A，应用线面平行的判定定理，证明平面即可；选项B，将异面直线与直线所成的角转化为相交直线的夹角，在三角形内求角的正弦值即可；选项C，考虑到是直角，线段为外接球截面圆的直径，显然截面圆的直径为球的直径时，球的半径最小表面积最小；选项D，只需考虑该正方体展开图的形态即可.详解】对于选项A，如图所示，，平面，平面，故平面，且点，所以点到平面的距离为定值，A正确；取的中点为，连接，在正方体内四边形是平行四边形，所以，则直线与直线所成角即为直线与直线的夹角，因为平面，由线面角的最小性可知直线与直线的夹角的最小时为与平面所成线面角，点在平面内的射影恰为线段的靠近的四等分点，在中，，，，易求得该角的正弦值为，B错误；因为，所以线段恰为三棱锥外接球被平面所截形成截面圆的直径，显然外接球直径，当最小为即线段恰好为该外接球的直径时，三棱锥外接球的表面积最小，此时，三棱锥表面积的最小值为，C正确；如下图所示，可知外包装正方形的对角线长为，该正方形面积的最小值为，D正确．故选：ACD.【点睛】方法点睛：正方体作为立体几何中最基本的空间图形，一直以来是高考考查学生空间想象能力的载体；譬如本题中学生需要思考动点变化带来的空间位置关系和截面形状的变化，思考夹角、长度、面积等度量值的变化.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共20分．13.已知角，角的终边与单位圆的交点的纵坐标为，则______．【答案】##【解析】【分析】根据余弦的定义、同角三角函数关系式、诱导公式进行求解即可.【详解】因为角的终边与单位圆的交点的纵坐标为，所以，又因为，所以，所以，故答案为：14.已知，则_____________．【答案】【解析】【分析】先将变形为的形式，再应用二项式定理求解即可.【详解】，由二项式定理得：，所以.故答案是：.15.设函数在处取得极值，且，当时，最大值记为，对于任意的的最小值为_____________．【答案】【解析】【分析】利用导数求函数的单调性及极值，结合韦达定理求参数，再分类讨论的范围计算即可.【详解】由已知得有两个不同实数根，可得，则，可得，令，解得或；令，解得；易知在和上单调递增，在上单调递减，故当时，上单调递减，上单调递增，而，当，即时，，当时，，当时，，当时，，显然对于，当时，.故答案为：216.已知点是等轴双曲线的左右顶点，且点是双曲线上异于一点，，则_____________．【答案】【解析】【分析】根据等轴双曲线可得，据此可得关于的正切的方程，从而可求.【详解】因为双曲线为等轴双曲线，故，故，设，则，，且，，即，，，，而，故即.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.如图，三棱柱是所有棱长均为2的直三棱柱，分别为棱和棱的中点．（1）求证：面面；（2）求二面角的余弦值大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质、直棱柱的性质，结合线面垂直的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）方法一：根据二面角定义，结合（1）的结论、线面垂直的性质，结合余弦定理进行求解即可；方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】为棱中点，为正三角形，.又三棱柱是直三棱柱，面，又面，，而平面，面，面，面面；【小问2详解】由（1）得面，面，，是二面角的平面角，在中，二面角的余弦值为．方法二：以为原点，建立直角坐标系如图：则，，，设平面、平面的法向量分别为，，可以是可以是，二面角的余弦值为．18.已知正项数列，前项和记为，，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，．当时，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系式，分类讨论与两种情况，得到是首项为的常数列，从而得解；（2）结合（1）中结论，利用裂项相消法求得，再分析的取值情况，利用等差数列的前项和公式即可得解.【小问1详解】因为是正项数列，即，因为，，当时，，则；当时，，所以，整理得，又，所以是首项为的常数列，则，所以，当时，也符合上式，故.【小问2详解】由（1）得，则，所以，则，易得，，当时，，则，，解得.19.在①；②；③，这三个条件中任选一个，填在下面的横线中，并完成解答.在锐角中，内角所对的边分别为，且_______.（1）求边长；（2）若边上的高为，求角的最大值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）选①，利用向量数量积的定义，结合余弦定理即可得解；选②，利用余弦定理的边角变换即可得解；选③，利用三角恒等变换，结合正弦定理的边角变换即可得解；（2）利用余弦定理与基本不等式，结合三角形的面积公式得到，从而利用辅助角公式，结合角的范围即可得解.【小问1详解】选①，，，，；选②，，，，；选③，，，，，，由正弦定理得，.【小问2详解】，当且仅当时，等号成立，，，又由于，，，，，即，又在锐角中，，则，，即，所以角的最大值为.20.已知函数，．（1）求函数图象上一点处的切线方程；（2）若函数有两个零点（），求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程运算求解；（2）先求出函数的导函数，分和时，得出函数的单调性，从而只需要，即可求出答案.【小问1详解】由，解得，所以，则，则，所以切线方程为，即．【小问2详解】，当时，在上单调递减，不合题意，舍去；当时，在单调递减，在上单调递增．由时，，时，，则，令，则，在单调递增．又，时，，时，，，所以.21.某校食堂为全体师生免费提供了、两个新菜品，师生可自由选择、菜品中的其中一个．若每位师生选择菜品的概率是，选择菜品的概率为，师生之间选择意愿相互独立．（1）从师生中随机选取人，记人中选择菜品的人数为，求的均值与方差；（2）现对师生逐个进行问卷调查并发放免费早餐券，若选择菜品则送张，选择菜品则送张，记累计赠送张免费早餐券的概率为，求证：．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）法一：依题意可得，即可得到的分布列，从而求出期望与方差；法二：利用二项分布的期望与方差公式计算可得；（2）法一：依题意可得，从而得到，即可求出的通项，即可得证；法二：依题意可得，从而得到，再利用累加法求出的通项，即可得证.【小问1详解】法一：由题可知，于是的分布列为所以，．法二：由题可知，，所以，．【小问2详解】法一：由题可知，．当时，，也即，∴为常数数列，且，∴，∴是以为首项、为公比的等比数列，∴，∴，当为奇数时，又在定义域上单调递增，但是，所以且，当为偶数时，又在定义域上单调递减，但是，所以且，又，，综上可得．法二：由题可知，．当时，也即，∴是以为首项、为公比的等比数列，∴，，，，相加可得，∴，又也满足，所以．当为奇数时，又在定义域上单调递增，但是，所以且，当为偶数时，又在定义域上单调递减，但是，所以且，又，，综上可得．【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键是根据题意得到推递式，从而得解.22.已知抛物线的焦点为，为坐标原点，斜率为的直线与抛物线交于两点．（1）设中点为，若长度成等差数列，求直线的方程；（2）已知点，与抛物线交于点，过作的垂线，垂足为