浙江省A9协作体高三上学期暑假返校联考数学试题-1

浙江省协作体暑假返校联考高三数学试题卷王晓燕石雷忠余姚四中陈睿咚校稿：童金菊考生须知：本卷满分分，考试时间分钟.规定的地方.注意事项上答题一律无效.考试结束后，只需上交答题卷.第I卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分，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.若复数，则的虚部为（）A.2iB.2iC.D.2【答案】C【解析】【分析】求出然后求出即可求解.【详解】因为，所以，所以的虚部为.故选：C.2.已知，，则（）A.0B.2C.1D.1【答案】B【解析】【分析】根据指对数转化，再应用指数运算律计算求解.第1页/共19页【详解】因为，所以，又因为，所以，所以，则.故选：B.3已知平面向量，若，则（）A.1B.2C.2D.【答案】D【解析】【分析】利用向量线性运算的坐标表示与向量数量积的坐标表示计算即可.【详解】因为，，所以，又因为，所以，所以，解得.故选：D.4.已知函数，若为偶函数，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由为偶函数得的图象关于直线对称.，再根据余弦函数的对称性即可求得.【详解】∵为偶函数，∴的图象关于直线对称.∴，∴，第2页/共19页故选：A.5.已知，则的值为（）A.70B.126C.56D.84【答案】B【解析】【分析】求出展开式中的系数为，其中，从而求解出答案．【详解】两项中不存在，对于其余部分，展开式中的系数为，展开式中的系数为，，展开式中的系数为，所以，故选：B．6.已知椭圆，、关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得四边形是平行四边形，进而可求得，利用向量的数量积为，又由基本不等式可得，可得为等边三角形，进而可求离心率.【详解】连接，，因为点、关于原点对称，所以四边形是平行四边形，第3页/共19页所以，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，又，所以，当且仅当时取等号，又所以为等边三角形，所以，所以椭圆的离以率为.故选：C.7.已知函数，，的取值范围（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求得函数，最大值，由题意可得，进而可求解.【详解】因为函数在上单调递增，所以，因为，所以，令，解得或当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，第4页/共19页又，，所以，又因为，，使得，所以，所以，解得，所以实数的取值范围.故选：A.8.已知定义在上的函数，对任意的实数，都有，则（）A.函数在上单调递增B.函数为偶函数C.函数关于点对称D.【答案】C【解析】【分析】令，可得，令，计算可判断B；进而利用平移法可判断C；分析可得是A，利用赋值法可判断D.【详解】令，则有，所以，令，则有，所以，所以，所以为奇函数，故B错误，因为为奇函数，所以关于原点对称，将函数图象向右平移2个单位可得的图象，再将向上平移1个单位可得的图象，所以函数关于点对称，故C正确；因为，可得是的三次多项式，设第5页/共19页而右边，令两边相等：，进而求得，所以，所以，当时，不恒成立，故A错误；令，所以，，可得，故D错误.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知随机变量服从二项分布，则以下选项正确的是（）A.若，则B.若，则C.D.【答案】AD【解析】可判断A、B；由二项分布概率公式计算可判断C、D.【详解】由于，所以，第6页/共19页对于A，因为，则，A正确；对于B，因为，则，B错误；对于C，，C错误；对于D，，，所以，D正确；故选：AD10.在棱长为6的正方体中，为的中点，点满足，，，则下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，平面D.当，时，三棱锥外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直得出线线垂直判断A,应用体积公式及线面平行判断B，应用面面平行得出线面平行判断C,应用补体及长方体的外接球判断D.【详解】设，，，，分别为棱，，，，的中点，当时，点在线段上，平面，所以平面，又平面，所以，A正确.当时，点在线段上，，平面，与平面不平行，所以三棱锥的体积不是定值，B错误.当时，点在线段上，因为，分别为棱，的中点，所以,不在平面内，所以平面第7页/共19页，因为，分别为棱，的中点，所以,不在平面内，所以平面，平面平面平面平面，C正确.当，时，为的中点，如图，三棱锥与三棱柱的外接球相同.在中，，，由余弦定理得，所以.设外接圆的半径为，在中，由正弦定理得，故外接圆的半径.设三棱柱外接球的半径为，由勾股定理得，则三棱锥外接球的表面积，D正确.故选：ACD.已知，则下列说法正确的有（）A.当时，是的极小值点B.可能单调递增C.有最小值，无最大值D.当时，第8页/共19页【答案】ACD【解析】ABC和小值也是函数最小值，从而逐一判断各选项；D选项，对最小值变形后采用基本不等式判断即可．【详解】对于A：当时，，定义域，则，令，则，所以在上单调递增，即在上单调递增，又，所以时，，递减，时，，递增，即是的极小值点，故A正确；对于B：若单调递增，需在上恒成立，又，令，则，故在上单调递增，又，，也即对任意所给的a，一定存在的情况，即不可能恒成立，故B错误；对于C：由B选项可知，单调递增，，，又，，故一定存在，使得，第9页/共19页所以，，递减，时，，递增，即是的极小值，也是的最小值，且无最大值，故C正确；对于D：当时，最小值满足，即，即，所以，其中，由均值不等式，得，等号成立条件为且，也即，又因为需满足，但显然，等号不成立，所以恒成立，故D正确．故选：ACD．第卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.不等式的解集为________.【答案】第10页/共19页【分析】应用对数函数的定义域及单调性列不等式计算求解.【详解】不等式，所以，所以，不等式的解集为.故答案为：.13.若，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】化简得，利用1的代换求解【详解】由，可知，所以，当且仅当，即等号成立，所以的最小值为.故答案为：14.现有相同的哪吒玩偶和相同的敖丙玩偶足够多，有甲、乙、丙三个小朋友，每人去拿1个或2个玩偶，至少有一个小朋友拿到哪吒玩偶的概率为________.【答案】【解析】【分析】利用分步乘法计数原理求得总的不同拿法，求得不拿哪吒的拿法，进而利用对立事件的概率公式即可求解.【详解】如果每个人拿1个玩偶，可以是哪吒或敖丙，如果拿2个玩偶，可以是：两个哪吒，两个敖丙，一个哪吒和一个敖丙共5种不同的拿法，故甲、乙、丙三个小朋友，每人去拿1个或2个玩偶共有种不同的拿法，第11页/共19页所以甲、乙、丙三个小朋友没有拿哪吒的概率为，所以甲、乙、丙三个小朋友至少有一个小朋友拿到哪吒玩偶的概率为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分，解答应该写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足（1）求角A；（2）若，边中线长为1，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】1化为恒等变换公式即可求解；（2）根据，两边平方可得b、c的等式，同时结合余弦定理再列出b、c相关的等式，联立求解bc的值，最后由三角形的面积公式即可求解．【小问1详解】由可知，，也即，，又因为，所以，．【小问2详解】由，两边平方得第12页/共19页又，所以，解得，所以．16.记为正项数列的前项和，已知（1）求数列的通项公式；（2）设数列，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】1）应用计算得出数列为等差数列，再结合等差数列通项公式求解；（2）应用分组求和结合裂项相消及等差数列求和公式计算求解.【小问1详解】，当时，,当时，两式相减得，得，因为，所以，，为等差数列，；【小问2详解】第13页/共19页17.已知四棱锥，底面，底面是边长为2正方形，，为的中点，点为三角形内（包括边界）的一个动点，且.（1）求点的轨迹长度；（2）当二面角正弦值大小为时，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】1）分别取、、的中点为、、，连接、、、，利用线面垂直的性质与判定定理可得平面，可求轨迹；（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设，，求得平面的法向量与平面所成角的正弦值.【小问1详解】分别取、、的中点为、、，连接、、、.平面，，平面，第14页/共19页又平面，所以，，平面，平面，轨迹是线段，长度是；【小问2详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，设，，，，设平面的法向量，则，令，则，可求得平面的法向量，又平面的法向量，，两边平方得，所以，所以，所以，所以，解得或，，，，，，可求得平面的法向量，第15页/共19页.所以与平面所成角的正弦值为.18.已知双曲线的离心率为，且过点.（1）求双曲线的标准方程；（2AB，过右焦点的直线交双曲线于PQ与直线交于点，求证：点在定直线上．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】1）根据题设条件建立的方程组，求解即得双曲线的方程；（2）设直线PQ的方程为，，，，利用韦达定理推得，，即有，由直线，直线，代入点，即得，进行联立，化简计算，即可求得定直线方程．【小问1详解】由题意，，，，联立解得，双曲线的标准方程为．【小问2详解】因为直线PQ过右焦点，且与双曲线交于P，Q两点，故直线PQ不与x轴平行，设直线方程为，设，，第16页/共19页因,，，则有（*）由题知，，，设，则直线，直线，将代入两式，可得，，两式相除得,将（*）代入，可得,即，解得，所以点在定直线上．19.已知函数.（1）若，求在点处的切线方程；（2）若有两个零点，求实数的取值范围；（3）当时，求证：.第17页/共19页（2）（3）证明见解析【解析