浙江省温州市2023届高三下学期3月高考适应性测试(二模)数学试题（解析版）

2023年3月份温州市普通高中高考适应性测试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页．满分150分，考试时间120分钟．参考公式：球的表面积公式锥体的体积公式其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高球的体积公式其中R表示球的半径台体的体积公式其中Sa，Sb分别表示台体的上、下底面积柱体的体积公式V=Sh;h表示台体的高，其中S表示棱柱的底面面积，h表示棱柱的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4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】求出集合，可得集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】，则或，又，因此，.故选：C.【点睛】本题主要考查集合的运算、绝对值不等式的解法，考查考生的运算求解能力，属于基础题.2.已知，为虚数单位，且为实数，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】对进行复数的乘法运算并化简为的形式，根据实数的虚部为0可列出方程求解a.【详解】因为为实数，所以，则.故选：B【点睛】本题主要考查复数的运算、实数的概念，考查考生的运算求解能力，属于基础题．3.已知为实数，，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得出结果.【详解】由，取则，所以是的不充分条件；由则有，成立，所以是的必要条件．综上，是的必要不充分条件．故选：B【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的定义，属于基础题.4.若x,y满足约束条件的取值范围是A.[0,6] B.[0,4] C.[6, D.[4,【答案】D【解析】【详解】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数范围是[4，+∞）．故选D．5.在的展开式中，常数项是（）.A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出展开式通项公式，令的指数为0求得常数项的项数，从而可得常数项．【详解】二项式的展开式的通项公式为，令，得，则二项式的展开式中的常数项为，故选：D.【点睛】本题考查二项式定理.关于二项式的展开式问题，通常是先求出展开式的通项，再根据题意求解.6.随机变量X的分布列如表所示，若，则（）X01PabA.9 B.7 C.5 D.3【答案】C【解析】【分析】由，利用随机变量的分布列列出方程组，求出，，由此能求出，再由，能求出结果．【详解】，由随机变量的分布列得：，解得，，．．故选：．【点睛】本题考查方差的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是常考题．7.椭圆中，为右焦点，为上顶点，为坐标原点，直线交椭圆于点（点位于第一象限），若，则该椭圆的离心率等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意画出图象，联立椭圆与直线方程，求解出点，根据点到直线距离公式求得点到直线的距离，结合和椭圆离心率公式，即可求得答案.【详解】根据题意画出图象，如图：由如图可知点．联立椭圆与直线方程，解得或可得点的坐标为：．，根据直线截距式方程可得：直线的方程为，即，点到直线的距离为．，由，可得化简得：，即或（显然不可能，舍去），，该椭圆的离心率．故选：A．【点睛】本题主要考查椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算，解题关键是掌握椭圆离心率计算公式.8.已知函数与的图象如图所示，则（）A.在区间上是减函数 B.在区间上是减函数C.在区间上是减函数 D.在区间上是减函数【答案】C【解析】【分析】结合函数图象求出成立的的范围即可.【详解】结合图象：时，，而，而，故在递减，故选：C.【点睛】本题考查了数形结合思想，考查函数的单调性问题，是一道基础题.9.已知向量，满足，且对任意实数，，的最小值为，的最小值为，则（）A. B.C.或 D.或【答案】C【解析】【分析】不妨设向量，，求出，的坐标，表示为关于x的二次函数，根据二次函数的图象与性质可利用最小值列出等式，同理，表示为关于y的二次函数，利用最小值列出等式，两式联立求出m，n，即可求得．【详解】不妨设向量，，则，，所以，又对任意实数有的最小值为，所以，化简得．又，对任意实数有的最小值为，所以，所以，即．由，可得或3，故或．故选：C．【点睛】本题主要考查平面向量与二次函数最小值的综合问题，考查考生分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，属于中档题．本题求解的关键：一是设出向量，的坐标，有利于从“数”的角度加以分析；二是在“平方”变形的基础上，灵活运用二次函数的最小值．10.如图，已知线段垂直于定圆所在的平面，是圆上的两点，是点在上的射影，当运动时，点运动的轨迹（）A.是圆 B.是椭圆 C.是抛物线 D.不是平面图形【答案】A【解析】【分析】过点作圆的直径，连接，再过点作于，连接.通过证明平面可得，进而可证明平面，可得，即可选出正确选项.【详解】如图，过点作圆的直径，连接，再过点作于，连接，因为平面，所以．又由为圆的直径得，且，所以平面，所以．又，且，所以平面，所以．所以当点运动时，点运动的轨迹是以为直径的圆．故选:A．【点睛】本题主要考查立体几何中的垂直关系与动点轨迹的交汇，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11.已知，则的大小关系是_________，__________.【答案】①.②.1【解析】【分析】将已知指数式化为对数式，引入中建量1即可比较大小，并由对数式运算公式计算即可.【详解】因为，所以，显然，故的大小关系是.故答案为：(1).(2).1【点睛】本题主要考查指数式与对数式的相互转化、对数函数的图象与性质以及对数运算，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算，属于基础题.一般地，若，则有；若，则有；若，则有.12.若，则___________，__________.【答案】①.1②.1【解析】【分析】由余弦的二倍角公式和两角和的余弦公式整理已知关系式，从而可得或，再由可得，最后由特殊三角函数值求得答案.【详解】因为，则，所以，故或.结合可得.故.故答案为：(1).1(2).1【点睛】本题主要考查由三角恒等变换解决给值求值问题，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的核心素养是数学运算，属于简单题.13.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是________，表面积是__________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据三视图直观想象出几何体的结构特征：底面圆的半径为1，高为2的圆柱被截去四分之一，然后根据柱体的体积公式以及表面积的求法即可求解.【详解】由三视图可知该几何体是由底面圆的半径为1，高为2的圆柱被截去四分之一得到，故所求体积，表面积．故答案为：；【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、表面积，需熟记柱体的体积公式，属于基础题.14.若递增数列满足：，，，则实数的取值范围为________，记的前项和为，则________.【答案】①.②.【解析】【分析】分类讨论，根据递推公式可以判断出数列的所有奇数项、偶数项成等比数列，结合递增数列的性质、等比数列前项和公式进行求解即可.【详解】当为奇数时，，所以数列的所有奇数项构成首项为，公比为2的等比数列；同理当为偶数时，数列的所有偶数项构成首项为，公比为2的等比数列，因此要想数列是递增数列，则有，即，解得由等比数列的前项和公式得：奇偶.故答案为：；【点睛】本题考查了已知数列单调性求参数取值范围，考查了等比数列的判定，考查了等比数列的前项和公式的应用，考查了数学运算能力.15.若向量满足，且，则在方向上的投影的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据，可求得，再根据向量的投影的计算公式计算即可.【详解】因，所以，即，所以，则在方向上的投影为，因为，所以，所以在方向上的投影的取值范围是.故答案为：.16.学校高三大理班周三上午四节、下午三节有六门科目可供安排，其中语文和数学各自都必须上两节而且两节连上，而英语、物理、化学、生物最多上一节，则不同的功课安排有________种情况.【答案】336【解析】【分析】可分类，一类是语文数学都排上午，另一类是语文数学上下午各排一门．【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：①，语文和数学都安排在上午，此时语文和数学的安排方法有2种，在剩下的4门课中任选3门，安排在下午，有种情况，则此时有种安排方法；②，语文和数学分别安排上午和下午，若语文在上午，有3种安排方法，数学在下午，有2种安排方法，在剩下的4门课中任选3门，安排在其他时间，有种情况，则语文在上午、数学在下午的安排方法有种，同理：数学在上午，语文在下午的安排方法也有144种，则不同的安排方法有种；故答案为：336种；【点睛】本题考查排列与组合的综合应用．对特殊元素的位置优先安排，利用分类加法计数原理求解.17.已知在上恒成立，则实数最大值为______．【答案】【解析】【分析】利用端点值初步限定实数的取值范围，设，其中，确定．根据在上单调性和最大值不同分类讨论，结合不等式恒成立的意义得到关于的不等式组，分别求解，然后取并集，得到实数的取值范围，从而得到最大值.【详解】设函数，则由题设得，所以，解得．易知函数在上单调递增．设，其中，则．注意到，，讨论如下：①当时，函数在上单调递减，可得，从而根据在上恒成立知，只需满足，解得．②当时，函数在上单调递减，在上单调递增，可得，从而根据在上恒成立知，只需满足，解得．综上所述，．故所求实数的最大值为．故答案为：.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，涉及分类讨论思想，绝对值不等式，二次不等式，二次函数的图象和性质，二次函数在闭区间上的最值问题，属中高档题，难度较大，其中利用端点值初步限定实数的取值范围是简化讨论的有效方法.三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.如图，已知函数的图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于另一点，是的重心.（1）求；（2）求的外接圆的半径.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题中的条件确定点的坐标，进而根据三角函数的图象与解析式的关系求解；（2）求解相关的边和角，利用正弦定理求解.【详解】解：（1）∵是的重心，，∴，故函数的最小正周期为3，即，解得，又，且，∴.（2）由（1）知，∴，又，∴.∵是的中点，∴，∴，设为的外接圆的半径，则，∴的外接圆的半径等于.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质、正弦定理.掌握正弦函数性质提解题关键．19.如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，，．（Ⅰ）求长度；（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】(1).(2).【解析】【详解】分析：（Ⅰ）取中点，连，得,再由平面，得,进而得，即可求解的长；（Ⅱ）由题意，得出直线与平面所成的角，在直角中，即可求解．详解：（Ⅰ）取中点，连，是等边三角形，,又平面，平面，,∴（Ⅱ）平面，平面∴平面⊥平面．作交于，则平面，交于，直线与平面所成的角．由题意得,又，，．点睛：本题考查了立体几何中的线面位置关系的判定与证明，以及线面角的求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时利用线面角的定义确定角为直线与平面所成的角是解答的难点．20.已知函数，.（1）若在处的切线与也相切，求的值；（2）若，求函数的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据导函数的函数值等于原函数的图象在该点处的切线的斜率求出切线方程，得的最小值，从而可得；（2）对函数求导,由导数的正负确定函数的单调性，进而求得最值.【详解】（1），则，又，∴函数在处的切线方程为.∵函数在处的切线与也相切，∴，∴.（2）由题得，∴，∴当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴.【点睛】本题考查导数的几何意义，用导数求函数的最值．掌握导数与单调性的关系是解题关键．21.如图，斜率为的直线交抛物线于两点，已知点的横坐标比点的横坐标大4，直线交线段于点，交抛物线于点．（1）若点的横坐标等于0，求的值；（2）求的最大值．【答案】（1）8;（2）．【解析】【分析】（1）先根据点的坐标得的值，然后将直线的方程与抛物线方程联立，构建关于的二次方程，最后利用弦长公式求解；（2）先设出直线的方程，与抛物线方程联立，构建关于的二次方程，再根据点的横坐标满足的条件可求得满足的关系式将直线的方程联立，可求得点的横坐标，将直线的方程与抛物线方程联立，构建关于的二次方程，结合根与系数的关系、弦长公式、二次函数的最值即可求解．【详解】解：（1），．联立得，设，则．（2）设的方程为，代入，得，，，．由，联立得，，则.所以，当时，取得最大