浙江省十校联盟2022-2023学年高三上学期10月联考数学试题（解析版）

浙江省十校联盟2022年10月高三联考数学试题卷考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟.2．答题前务必将自己的姓名，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规定的地方.3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效.4．考试结束后，只需上交答题卷.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单项选择题：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】根据集合并集的定义作答即可【详解】故选：C2.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算求得复数z，再根据共轭复数的概念即可求得答案.【详解】由题意得，，故，故选：D3.展开式中的系数为A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中的系数．【详解】因为，则展开式中含的项为；展开式中含的项为，故的系数为，故选：C．4.源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（）A.18种 B.36种 C.72种 D.108种【答案】B【解析】【分析】先排两道程序有种放法，再排剩余的3道程序有种放法，再由分步计数原理即可得出答案.【详解】先排两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道程序选两个放，共有种放法；再排剩余的3道程序，共有种放法；则共有种放法.故选：B.5.设平面向量，均为单位向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】将两边平方，化简后即可得，由此即可选出答案.【详解】因为，所以“”是“”的充分必要条件，故选：C.6.同时具有以下性质：“①最小正周期是π：②在区间上是增函数”的一个函数是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正余弦函数的周期性和单调性逐一分析判断即可.【详解】解：对于A，函数的最小正周期，故A不符合题意；对于B，函数的最小正周期，当，，所以函数在区间上是增函数，故B符合题意；对于C，函数的最小正周期，当，，所以函数在区间上是减函数，故C不符题意；对于D，函数的最小正周期，当，，所以函数在区间上不具有单调性，故D不符题意.故选：B.7.已知定义在上的函数满足．若函数与的图像的交点为，，…，，则（）A.5 B.10 C.15 D.20【答案】A【解析】【分析】由题意可知函数与都关于点点对称，则可知，，由此即可得处答案.【详解】由题意函数满足，则函数关于点点对称，记，则，则所以函数也关于点点对称，则其交点，，…，也关于点点对称，即，，所以.故选：A8.在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值是（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】设，易知点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量，设则，记直线与平面所成角为,则，令，利用换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案.【详解】过点作与点，过点作与点，设，则，又，则，则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，，设，则，记直线与平面所成角为,则，因为，所以，令，则，则，，又，在上单调递减。在上单调递增，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，又，所以直线与平面所成角的最大值为，此时，故选：C二、多项选择题：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.已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，则下列说法正确的是（）．A.若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则B.若甲、乙两组数据的方差分别为，，则C.甲成绩的极差大于乙成绩的极差D甲成绩比乙成绩稳定【答案】AD【解析】【分析】利用题中折线图中的数据信息以及变化趋势，由平均数的计算公式以及方差的计算公式结合极差的定义对四个选项逐一判断即可．【详解】解：由折线图可知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学，其他次考试成绩都高于乙同学，所以，故选项A正确；由折线图的变化趋势可知，甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定，所以，故选项B错误，选项D正确；极差为数据样本的最大值与最小值的差，所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差，故选项C错误．故选：AD．10.某车间加工同一型号零件，第一、二台车床加工的零件分别占总数的40%，60%，各自产品中的次品率分别为6%，5%.记“任取一个零件为第i台车床加工”为事件，“任取一个零件是次品”为事件B，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据全概率概率公式及条件概率概率公式计算可得；【详解】解：依题意，，，，故C正确；所以，所以，故A错误；因为，所以，故B正确；所以，故D正确；故选：BCD11.如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，其顶点都在同一球面上，且该球的表面积为，则侧棱长为（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据球的表面积公式可求得球的半径；作出截面，设外接球球心为，棱台底面的中心分别为，分别讨论在四边形内和在四边形外两种情况，结合勾股定理可求得棱台的高，进而可得侧棱长.【详解】正四棱台的外接球表面积，解得：，即球的半径为；，，作出截面，设外接球球心为，棱台底面的中心分别为，若在四边形内，如下图所示，，，，，即棱台侧棱长为；若在四边形外，如下图所示，，，，，即棱台侧棱长为；综上所述：侧棱长为或.故选：AD.12.已知，，且，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A选项对直接利用基本不等式即可得证；对于B选项对利用基本不等式可得，由此即可判断；对于C选项由题意可知，构造函数，易证函数在上单调递增，则可得；对于D选项易证即可得，，则.【详解】对于A选项：因为，，所以，当且仅当“”，即“”时，等号成立，正确；对于B选项：因为，，所以，当且仅当“”，即“”时，等号成立，所以，错误；对于C选项：因为，，且，所以，所以，记，则，易知在上单调递减，且，所以当时，即函数在上单调递增，又，所以当时，，即，所以，正确；对于D选项：记，则恒成立，且，所以函数在上单调递增，又，所以，即当时，，即，因为，，且，所以，所以，又，即，则，所以，正确；故选：ACD第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若，则．【答案】【解析】【详解】∵，∴，∴.考点：对数的计算14.台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区的时间为_______小时．【答案】1【解析】【分析】设地东北方向上存在点到的距离为30千米，，结合余弦定理得到，进而结合韦达定理即可求出，从而求出结果.【详解】设地东北方向上存在点到的距离为30千米，，在中，，故，化简得，设方程的两根为，则，，所以，即图中千米，所以B城市处于危险区的时间为小时，故答案为：1.15.已知双曲线恰好满足下列条件中的两个：①过点；②渐近线方程为；③离心率．则双曲线C方程为______．【答案】【解析】【分析】利用渐近线以及离心率的定义，列出方程求解即可.【详解】若选②③，，得，又，化简得，可得，不符题意，故选②③错；若选①③，，得，过点，得，又由，得到，无解，故选①③错；若选①②，，化简得，又由且过点，得，解得，故此时，双曲线C方程为故答案为：16.若对任意，都有（其中为自然对数的底数）恒成立，则实数a的最小值为______．【答案】【解析】【分析】恒成立等价于恒成立，构造函数，即恒成立，求判断函数单调递增，则有恒成立，即，令，求导求的最大值即可求出的最小值.【详解】解：因为对任意，恒成立，所以有恒成立；令，即证，则有，所以在上单调递增，即有在上恒成立，即在上恒成立；令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；所以，即.故答案为：.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.已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．（1）若，求B的大小；（2）若△ABC不是钝角三角形，且，求△ABC的面积取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用三角公式得到或.由求出；（2）先判断出△ABC是直角三角形，利用基本不等式求出△ABC的面积取值范围.【小问1详解】因为，所以，即.因为A，B，C为△ABC的内角，所以或.因为，所以（不合题意，舍去）.所以，而，所以.【小问2详解】由（1）可知：或.当时，有，这与△ABC不是钝角三角形相矛盾，不合题意，舍去；当时，，所以△ABC是直角三角形，所以，即.而因为，所以（当且仅当时等号成立）.又，所以，所以，即△ABC的面积取值范围为.18.已知数列的前n项和为，，．（1）证明：数列为等比数列；（2）设，记数列的前n项和为，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用，代入等式，变形后即可得证；（2）由（1）可得，借助即可求出数列的通项公式，由此即可得出，利用裂项相消，即可求出，即可得证.【小问1详解】因为当时，，又，所以，即，即，所以数列为以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）知，当时，，当时，不满足上式，所以，所以所以数列的前n项和.19.现将某校高三年级不同分数段（满分150分）的学生对数学感兴趣程度进行调查（只有感兴趣和不感兴趣两个选项且每人必须选择其中一项），随机抽调了50人，各分数段频数（单位：人）及对数学感兴趣人数如下表：成绩频数510151055感兴趣人数135745（1）根据以上统计数据完成下面的2×2列联表，并判断能否有的把握认为“该校高三学生对数学的兴趣程度与成绩110分为分界点有关”？成绩低于110分成绩不低于110分合计感兴趣不感兴趣合计（2）若在成绩为分数段并且对数学感兴趣的人中随机选取4人，求成绩来自这一分数段人数的分布列及数学期望．附：，．0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析，有的把握认为“该校高三学生对数学的兴趣程度与成绩110分为分界点有关”（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据题中所给数据可得列联表，则可计算出，再与7.879比较，即可得出答案；（2）有题意可知的取值可以为：0,1,2,3，分别求出其概率，则可写出分布列，由期望公式计算出期望.【小问1详解】由题意2×2列联表如下：成绩低于110分成绩不低于110分合计感兴趣91625不感兴趣21425合计302050，所以有的把握认为“该校高三学生对数学的兴趣程度与成绩110分为分界点有关”；【小问2详解】成绩为分数段并且对数学感兴趣的有3人，成绩为分数段并且对数学感兴趣的有5人，从中随机选取4人，成绩来自这一分数段人数的取值可以为：0,1,2,3，，，，，所以的分布列为：012320.在斜三棱柱中，，，．（1）证明：在底面ABC上的射影是线段BC中点；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）先根据勾股定理可证，结合三线合一可证平面、平面，再根据线面垂直的性质和判定证明；（2）建系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.【小问1详解】取的中点，连接由题意可得：，则∴，则∵，则又∵为等边三角形且为的中点，则，且平面∴平面平面，则又∵且为的中点，则，且平面∴平面平面，则，且平面∴平面即在底面ABC上的射影是线段BC中点M【小问2详解】如图，以M为坐标原点建立空间直角坐标系，则可得：∴设平面法向量，则令，则，即平面的法向量∴即平面与平面夹角的余弦值为【点睛】21.如图，已知抛物线的焦点F，且经过点，．（1）求p和m的值；（2）点M，N在C上，且．过点A作，D为垂足，证明：存在定点Q，使得为定值．【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由抛物线定义有求，由在抛物线上求m即可.（2）令，，，联立抛物线得到一元二次方程，应用韦达定理，根据及向量垂直的坐标表示列方程，求k、n数量关系，确定所过定点，再由易知在以为直径的圆上，即可证结论.【小问1详解】由抛物线定义知：，则，又在抛物线上，则，可得.小问2详解】设，，由（1）知：，所以，，又，所以，令直线，联立，整理得，且，所以，，则，，综上，，当时，过定点；当时，过定点，即共线，不合题意；所以直线过定点，又，故在以为直径的圆上，而中点为，即为定值，得证.22.已知函数与有相同的最大值（其中e为自然对数的底数）．（1）求实数的值；（2）证明：，都有；（3）若直线与曲线有两个不同的交点，，求证：