2023届浙江省名校协作体高三下学期2月开学考试数学试题

第页，共页浙江省名校协作体2023届高三下学期2月开学考试数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.已知集合，则（

）A． B． C． D．2.已知复数z满足：，则（

）A． B． C． D．3.若向量满足，则与的夹角为（

）A． B． C． D．4.设，为正实数，若，则的最小值是（

）A．4 B．3 C．2 D．15.刍甍是如图所示五面体ABCDEF，其中，底面ABCD是平行四边形，《九章算术·商功》对其体积有记载：“求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一”，意思是：若，AB、CD之间的距离是h，直线EF与平面ABCD之间的距离是H，则其体积，现有刍甍ABCDEF，，AB、CD之间的距离是2，EF与平面ABCD之间的距离是4，过AE的中点G，作平面平面ABCD，将该刍甍分为上下两部分，则上下体积之比为（

）A． B． C． D．6.已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，若，则（

）A．3 B．4 C．5 D．67.已知函数，两个等式，，对任意实数x均成立，在上单调，则的最大值为（

）A．17 B．16 C．15 D．138.对任意正整数对，定义函数如下：，，则（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.下列结论中，正确的有（

）A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5B．若随机变量，则C．已知经验回归方程为，且，则D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.00110.已知函数，则（

）A．有两个极值点 B．若方程有三个实根，则或C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线11.已知正三棱锥的底面边长为2，表面积为，A，B，C三点均在以O为球心得球面上，Q为球面上一点，下列结论正确得是（

）A．球O的半径为B．三棱锥的内切球半径为C．的取值范围为D．若平面ABC，则异面直线AC与QB所成角的余弦值为12.已知F为双曲线的右焦点，P在双曲线C的右支上，点．设，，，下列判断正确的是（

）A．最大值为 B．C． D．存在点P满足三、填空题（本大题共4小题）13.展开式中含项的系数为__________．14.直线与圆相交于A，B两点，且（O为坐标原点），则__________．15.随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是__________．16.已知定义在上可导函数，对于任意的实数x都有成立，且当时，都有成立，若，则实数m的取值范围是__________．四、解答题（本大题共6小题）17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，C为锐角．(1)求C；(2)若，的面积．18.已知等比数列的前n项和为，且满足，数列满足：，．(1)求数列，的通项公式；(2)设数列的通项，求数列的前n项和．19.第二十二届世界足球赛于2022年11月21日在卡塔尔举行，是历史上首次在中东国家境内举行，也是第二次再亚洲举行的世界杯足球赛，在此火热氛围中，某商场设计了一款足球游戏：场地上共有大、小2个球门，大门和小门依次射门，射进大门后才能进行小门射球，两次均进球后可得到一个世界杯吉祥物“拉伊卜”．已知甲、乙、丙3位顾客射进大门的概率均为，射进小门的概率依次为，，，假设各次进球与否互不影响．(1)求这3人中至少有2人射进大门的概率；(2)记这3人中得到“拉伊卜”的人数为X，求X的分布列及期望．20.如图，在多面体ABCDE中，面BCDE为平行四边形，，，，，F为AC中点．(1)求证：；(2)二面角的正切值为4，求多面体ABCDE的体积．21.已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若恒成立，求实数的取值范围．22.已知椭圆的离心率为，且经过点，为椭圆C的左右焦点，为平面内一个动点，其中，记直线与椭圆C在x轴上方的交点为，直线与椭圆C在x轴上方的交点为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)①若，证明：；②若，探究之间关系．

参考答案1.【答案】C【分析】利用一元二次不等式的解法可求得集合，再根据集合的基本运算即可求得结果.【详解】因为集合对应的不等式为，即可得，所以或，因此故选：C．2.【答案】B【分析】根据复数的四则运算可求得，再根据模长公式即可得出结果.【详解】由可得所以，故选：B．3.【答案】A【分析】根据平面垂直向量和向量数量积的定义可得，即可求解.【详解】因为，所以，得，又，所以.故选：A．4.【答案】D【分析】由，令，，即可得到，则，利用基本不等式计算可得.【详解】解：因为，为正实数，且，令，，则，则，当且仅当，即，时取等号.故选：D．5.【答案】D【分析】根据题意中的体积公式分别求出总体积和上部分的体积，即可求解.【详解】由，得，，所以，所以上下体积之比为.故选：D．6.【答案】A【分析】利用设而不求的思想，联立直线与抛物线方程，写出韦达定理，根据弦长公式建立方程，求得直线斜率，结合向量数乘的坐标表示，可得答案.【详解】设，联立，得，，，解得，，，，，消去整理可得，又，.故选：A．7.【答案】C【分析】根据题意中的两个等式可得的一个对称中心和对称轴方程，利用正弦函数的周期性和单调性求得且，依次分析选项求出得出相应的解析式，依次验证函数的单调性即可.【详解】，，的一个对称中心为，，，的对称轴方程，有，解得，又，所以，，为奇数，在上单调，则，得，由选项知，需要依次验证，直至符合题意为止，当时，，有，得，由得，此时，可以验证在上不单调，不符合题意；当时，，有，得，由得，此时，可以验证在上单调，符合题意；综上，的最大值为15.故选：C．8.【答案】C【分析】根据新定义得，令即可判断A，根据累乘可判断B，利用二项式定理求得，结合判断C，，结合等比数列的前项和公式判断D.【详解】，令，则，，A错误；，累乘得：，，令，则B错误；因为，所以，，则C正确；，则D错误．故选：C．9.【答案】BC【分析】第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：，所以选项B正确；，所以选项C正确；此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.【详解】解：数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：随机变量，则，所以选项B正确；经验回归方程为，且，则，所以选项C正确；根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.故选：BC．10.【答案】ACD【分析】有两个极值点，所以选项A正确；得，所以选项B错误；函数满足，所以选项C正确；直线是曲线在点处得切线，所以选项D正确.【详解】解：由解得，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极值，所以函数有两个极值点，所以选项A正确；由选项A可知，若方程有三个实根，需要a的取值介于两个极值点之间，即，即，所以选项B错误；计算得，则点是曲线的对称中心，所以选项C正确；当时，解得，而，所以直线是曲线在点处得切线，所以选项D正确.故选：ACD．11.【答案】ABD【分析】设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，求出,故选项A正确；求出三棱锥的内切球半径为，故选项B正确；，故选项C错误；求出异面直线AC与QB所成角的余弦值为，故选项D正确．【详解】解：设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，，故选项A正确；设三棱锥的内切球半径为，，，，故选项B正确；，故选项C错误；，，所以异面直线AC与QB所成角就是或其补角.因为，,.，所以异面直线AC与QB所成角的余弦值为，故选项D正确．故选：ABD．12.【答案】BCD【分析】设，利用两点求斜率公式和换元法、辅助角公式可得，解不等式即可判断A；根据两点求距离公式和换元法可得，结合二次函数的性质即可判断B；根据和计算即可判断C；根据点P纵坐标与、的变化关系即可判断D.【详解】A：设，于是，设，得，于是（其中），所以，解得，即，A错误；B：,，,，令，则，当，即时，，B正确；C：，而，所以，C正确；D：当P纵坐标接近0时，很小而很大，当P纵坐标很大时，接近而很小，故必存在点P满足，D正确.故选：BCD．13.【答案】21【分析】根据二项展开通项公式求解.【详解】展开式的通项公式为，令则，所以含项为，所以系数为21，故答案为：21．14.【答案】【分析】先求出O到直线的距离为，再解方程即得解.【详解】解：由得知O到直线的距离为，所以，得．故答案为：．15.【答案】【分析】法1：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，，利用贝叶斯公式即可得到答案；法2：直接在迟到的前提下计算概率.【详解】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，则；，小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是，法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率，故答案为：．16.【答案】【分析】构造函数，讨论奇偶性和单调性，根据函数的单调性和奇偶性解不等式.【详解】令，则易得，即为偶函数，当时，有，即函数在上单调递减，故在上单调递增，由得，即，由为偶函数得，又在上单调递增，所以，故答案为：．17.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角可得，根据三角恒等变换即可求得；（2）由余弦定理以及可求得，再由三角形面积公式计算可得结果.【详解】（1）因为，由正弦定理得化简得，化简得，即所以；又因为，所以，代入上式得，即，因为C为锐角，所以，则，故．（2）由（1）可得：，根据余弦定理可知，代入数据后得：，解得，根据面积公式，所以的面积为．18.【答案】(1)(2)【分析】（1）对于，由题意列出关于的方程，求解即可；对于，由条件可得，采用累乘法求通项即可；（2）对分为两种情况，当为偶数，时，根据的表达式，采用分组求和法求出结果；当为奇数，且时，为偶数，，结合（1）中结论及验证当时的情形，即可得出结果.【详解】（1）设数列的公比为q，因为，即，得，解得或，当时，，不合题意，舍去，所以，由，解得，所以，对于，因为①，当时，，则，当时，②，由①－②得，即，又，也适合上式，故，，采用累乘法求通项得，所以．（2）由（1）可得：，则，则数列的前n项和，①当为偶数，时，采用分组求和：，，所以；②当为奇数，且时，为偶数，由（1）中结论得，此时，当时，，也适合上式，所以.综上所述，．19.【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为1【分析】(1)根据二项分布求概率公式计算即可求解；(2)分别求出甲和乙、丙获得“拉伊卜”的概率，再求出，列出分布列，结合数学期望的求法即可求解.【详解】（1）设三人中射进大门的人数为Y，则，；（2）甲获得“拉伊卜”的概率，乙、丙获得“拉伊卜”的概率，，的分布列如下：X0123P20.【答案】(1)证明见解析(2)192【分析】（1）取AB中点M，连接ME、MF，通过证明平面来证得.（2）根据二面角的正切值以及余弦定理计算边长，利用向量法求得点A到面BCDE的距离，进而求得多面体ABCDE的体积.【详解】（1）取AB中点M，连接EM、FM，，M为AB中点，，为AB中点，F为AC中点，，，面MEF，面MEF，，平面MEF，.（2）由（1）知：即二面角的平面角，，为锐角，由解得，，，在中由余弦定理得：，，，以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，如图所示，，，，，设面BCDE的法向量为，，即，，令，∴点A到面BCDE的距离，，∴多面体ABCDE的体积为192．21.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解；（2）利用指数对数同构及构造函数，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的应用及分离参数法解决不等式恒成立问题，然后利用导数法研究函数的最值即可求解.【详解】（1）当时，,所以.所以,，所以曲线在点处的切线的斜率为，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）由题易得，由，得:，令，则，所以在上单调递增，式等价于，即．所以，，令，则有，令，即，解得，当时，；当时，；