浙江省温州市2023届高三下学期5月第三次适应性考试(三模)数学试题（解析版）

第1页/共1页温州市普通高中2023届高三第三次适应性考试数学试题卷2023.5一､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.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】用列举法写出全集，再利用并集、补集的定义求解作答.【详解】依题意，全集，而，有，所以故选：B2.已知直线，若，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根据给定的条件，利用两直线的垂直关系列式计算作答.【详解】因为直线，且，则，所以.故选：B3.某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距离车站10km处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在距离车站（）A.4km B.5km C.6km D.7km【答案】B【解析】【分析】据题意用待定系数法设出两个函数y1=，y2=k2x，将两点（10，2）与（10，8）代入求出两个参数．再建立费用的函数解析式．用基本不等式求出等号成立的条件即可．【详解】解：由题意可设y1=，y2=k2x，∴k1=xy1，k2=，把x=10，y1=2与x=10，y2=8分别代入上式得k1=20，k2=08，∴y1=，y2=0.8x（x为仓库与车站距离），费用之和y=y1+y2=0.8x+≥2×4=8，当且仅当0.8x=，即x=5时等号成立．当仓库建在离车站5km处两项费用之和最小．故选B．【点睛】本题是函数应用中费用最少的问题，考查学生建立数学模型的能力及选定系数求解析式，基本不等式求最值的相关知识与技能，属于中档题．4.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，利用单调性可解不等式，然后可得.【详解】设，则，所以在R上单调递增，所以不等式.即“”是“”的充要条件.故选：C5.已知数列各项为正数，满足，，则（）A.是等差数列 B.是等比数列C.是等差数列 D.是等比数列【答案】C【解析】【分析】分析可知数列的每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论.【详解】因为数列各项为正数，满足，，故对任意的，，则，所以，数列的每一项都是正数，所以，，可得，由等差中项法可知，数列是等差数列，故选：C.6.四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.【详解】四面体满足，即两两垂直，以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为，，则，于是，，所以点到直线的距离.故选：A7.如图，是椭圆的左､右顶点，是上不同于的动点，线段与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，得到和，两式相除即可求解.【详解】设，则，，两式相乘得,①因为直径所对的角是直角,所以所以,②①除以②得，故，故选：D8.已知函数，存在实数使得成立，若正整数的最大值为6，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分类讨论的值域，然后根据值域端点的倍数关系可解.【详解】记因为，所以，所以当时，，所以显然存在任意正整数，使得成立；当时，，所以要使正整数的最大值为6，则，解得；当时，，所以显然存在任意正整数，使得成立；当时，，所以要使正整数的最大值为6，则，解得综上，的取值范围为故选：C二､多选题：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.已知复数，下列命题正确的是（）A. B.若，则C. D.若，则为实数【答案】AC【解析】【分析】根据复数的模长公式、共轭复数的定义以及复数的乘方，结合举反例，可得答案.【详解】对于A，设，则，故A正确；对于B，当时，，故B错误；对于C，设，，，，故C正确；对于D，设，，，当或时，，故D错误.故选：AC.10.近年来，网络消费新业态､新应用不断涌现，消费场景也随之加速拓展，某报社开展了网络交易消费者满意度调查，某县人口约为万人，从该县随机选取人进行问卷调查，根据满意度得分分成以下组：、、、，统计结果如图所示.由频率分布直方图可认为满意度得分（单位：分）近似地服从正态分布，且，，，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.则（）A.由直方图可估计样本的平均数约为B.由直方图可估计样本的中位数约为C.由正态分布可估计全县的人数约为万人D.由正态分布可估计全县的人数约为万人【答案】ABD【解析】【分析】利用频率分布直方图计算出样本的平均数与中位数，可判断AB选项；利用正态分布原则可判断CD选项.【详解】对于A选项，由直方图可估计样本的平均数为，A对；对于B选项，前两个矩形的面积为，前三个矩形的面积之和为，设样本的中位数为，则，由中位数的定义可得，解得，B对；对于C选项，因为，，，所以，，所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，C错；对于D选项，因为，，所以，，所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，D对.故选：ABD.11.已知函数，其中是其图象上四个不重合的点，直线为函数在点处的切线，则（）A.函数的图象关于中心对称B.函数的极大值有可能小于零C.对任意的，直线的斜率恒大于直线的斜率D.若三点共线，则.【答案】AD【解析】【分析】由奇偶性和图象平移可判断A；利用导数求出极大值点，再由单调性与比较可判断B；利用导数求出，然后作差比较，即可判断C；根据化简即可判断D.【详解】设因为所以为奇函数，图象关于原点对称，所以的图象关于点中心对称，A正确；令，解得，当或时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取得极大值，由单调性可知，，故B错误；因为，所以，又，所以因为，所以，即，C错误；同上，可得，，当三点共线时，则有整理得因为，所以，即又，所以，整理得因为，所以，即，所以，D正确.故选：AD12.如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，为圆柱的母线，点分别为线段上的动点，经过点的平面与线段交于点，以下结论正确的是（）A.B.若点与点重合，则直线过定点C.若平面与平面所成角为，则的最大值为D.若分别为线段的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用面面平行的性质定理可判断A；根据两平面如果有一个公共点，则这个公共点一定在它们的交线上可判断B；取特例验证可判断C；利用圆柱的对称性可知RF即为所求，然后求解可判断D.【详解】连接，由为圆柱底面圆弧两个三等分点可知，因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，又，同理可得平面ABCD，因为，平面所以，平面平面ABCD，因为平面，平面，所以，A正确；记平面，则平面，且，又平面，所以必过点M，B正确；当平面为平面时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知，因为，平面，所以平面，因为平面，所以所以为平面与平面所成二面角的平面角，在等腰梯形中，，易得其高为，即，所以，故C错误；因为分别为线段的中点，则由圆柱的对称性可知，平面与圆柱侧面的公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.易知，所以，得所以，即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为，D正确.故选：ABD三､填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.13.在平行四边形中，若，则___________.【答案】4【解析】【分析】根据四边形ABCD为平行四边形可得，然后由数量积的坐标表示可解.【详解】因为四边形ABCD为平行四边形，所以又所以所以故答案为：414.展开式的常数项为___________.（用最简分数表示）【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.【详解】展开式通项公式，令，解得，则，所以展开式的常数项是.故答案为：15.已知内有一点，满足，则___________.【答案】##【解析】【分析】先用已知角表示出，然后利用正弦定理可解.【详解】如图，易知，又所以则由正弦定理得，解得故答案为：16一位飞镖运动员向一个目标投掷三次，记事件“第次命中目标”，，，，则___________.【答案】【解析】【分析】由题意，计算条件概率，利用全概率公式，求得答案.【详解】由题意，，，则；，，则；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.已知函数在区间上恰有3个零点，其中为正整数.（1）求函数的解析式；（2）将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，求函数的单调区间.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出的范围，再结合正弦函数的零点情况列出不等式求解作答.（2）由（1）求出函数的解析式，进而求出，再利用正切函数的单调性求解作答.【小问1详解】由，得，因为函数在区间上恰有3个零点，于是，解得，而为正整数，因此，所以.【小问2详解】由（1）知，，由，得，即有，因此，由，解得，所以函数的单调减区间为.18.如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.（1）设该棱台高为，求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行条件求AE，再结合等腰梯形可求得，然后利用棱台的体积公式求出h可证；（2）利用三角形可求，再用等体积法求出点E到平面的距离，然后可得.【小问1详解】连接，由棱台性质可知，，可得，又，，所以，所以四点共面又因为平面，平面平面，平面所以，所以四边形为平行四边形，所以，又四边形为等腰梯形，易知为梯形的高，即所以易得上下底面的面积分别为：，由体积公式有，解得所以

【小问2详解】连接由（1）知，所以平面ABCD，因为平面平面，所以平面平面ABCD，又，平面平面，平面，所以平面因为平面，所以易得记三棱锥的高为，则由得，解得又，所以所以直线与平面所成角的正弦值为19.某校开展“学习二十大，永远跟党走”网络知识竞赛.每人可参加多轮答题活动，每轮答题情况互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都有两道题，只有第一组的两道题均答对，方可进行第二组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学第一组每道题答对的概率均为，第二组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一枚纪念章.（1）记甲同学在一轮比赛答对的题目数为，请写出的分布列，并求；（2）若甲同学进行了10轮答题，试问获得多少枚纪念章的概率最大.【答案】（1）分布列见解析，（2）4【解析】【分析】（1）由题意可得可取0，1，2，3，4，进而分别求出概率即可求解；（2）先求得每一轮获得纪念章的概率，由每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，进而可得，，，由，解出即可求解.【小问1详解】由题意，可取0，1，2，3，4.,，，，，则的分布列为：01234.【小问2详解】每一轮获得纪念章的概率为，每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，设10轮答题获得纪念章的数量为，则，，.由，得，解得，又，得，则获得4枚纪念章的概率最大.20.图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数.（1）设，求数列的通项公式；（2）设，是否存在实数，使恒成立，若存在，求出的所有值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）设出第一行从左到右成等差数列的公差，再结合已知列出方程组求解，然后用等差数列、等比数列的通项公式写出通项作答.（2）由（1）的信息结合等比数列前n项和公式求出，再按奇偶分类讨论求解作答.【小问1详解】设，第一行从左到右成等差数列公差为，则，由，得，即有，于是，又，解得，因此，，所以，即.【小问2详解】由（1）知，当为奇数时，不等式等价于恒成立，而恒成立，则；当为偶数时,不等式等价于恒成立，而恒成立，则，因此,所以存在，使得恒成立.21.已知抛物线与双曲线相交于两点是的右焦点，直线分别交于（不同于点），直线分别交轴于两点.（1）设，求证：是定值；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，设出直线的方程，与抛物线的方程联立即可计算作答.（2）由（1）求出直线的方程并求出点的横坐标，直线的方程与双曲线的方程联立，借助直线求出点的横坐标，再列式求出范围作答.【小问1详解】由是直线与抛物线的两个交点，显然直线不垂直y轴，点，故设直线的方程为，由消去并整理得，所以为定值.【小问2详解】由（1）知，直线的斜率，方程为，令，得点的横坐标，设，由消去得，，，而直线的方程为，依题意，令，得点的横坐标，因此，所以的取值范围是.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．22.已知函数.（1）证明：函数在上有且只有一个零点；（2）当时，求函数的最小值；（3）设，若对任意的恒成立，且不等式两端等号均能取到，求的最大值.【答案】（1）证明过程见详解（2）（3）【解析】【分析】（1）将证明的结论转化为在上有且只有一个零点.