浙江省强基联盟2022-2023学年高三上学期1月统测数学试题(解析版)

第27页/共27页2022学年第一学期浙江强基联盟1月统测高三年级数学试题（答案在最后）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：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，则（）A. B. C.1 D.0【答案】A【解析】【分析】先根据条件求出的代数形式，再求出，代入计算即可.【详解】由得，故选：A.2.已知集合M，N满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用并集和子集的定义即可求解【详解】由可得，故D正确；当，所以，故ABC不正确故选：D3.已知平面单位向量，，满足，则（）A.0 B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据可得，替换，利用数量积的运算即可求解.【详解】如图，设，，因为，所以平行四边形为菱形，则为正三角形，所以，且反向，所以，所以，因为，所以，故选:C.4.记函数的最小正周期为T．若，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴，则T＝（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出对称中心和对称轴之间的距离关系，根据周期的取值范围即可确定周期的值【详解】解：由题意在中，设对称点和与对称轴在轴上的交点间的距离为对称中心：对称轴：由几何知识得，解得：（为属于的参数）∵，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴∴解得：∵∴,故选：A.5.已知函数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】计算得出，进而可求得所求代数式的值.【详解】，所以，.故选：B.6.已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为、，为第一象限内上一点．若，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的定义结合已知条件求出，设点，其中，，根据两点间的距离公式求出点的坐标，进而可求得直线的斜率.【详解】在椭圆中，，，则，所以，点、，因为，可得，设点，其中，且，，解得，则，可得，即点，因此，直线的斜率为.故选：C.7.某平面过棱长为2的正方体的一个顶点，且截该正方体所得截面是一个五边形．若该五边形最长的两条边的边长分别是，，则下列边长不是该五边形其他三条边的边长的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据正方体过顶点，且截该正方体所得截面是一个五边形根据最长的两条边确定五边形其他边长，结合线面平行，三角形相似即可得其余三边长.【详解】解：如图，在正方体中，过顶点，截该正方体所得截面是一个五边形为，由于正方体的棱长为，且五边形最长的两条边的边长分别是，，即图中，所以可得，即为中点，为棱上靠近的四等分点，所以，由于延长交于，延长交于，连接分别交于点，连接，在正方体中，平面平面，又平面，所以平面，又平面平面，所以，所以，则，即，所以，则，同理可得，所以，则，即，所以，则，所以，故截面是一个五边形的其余三边长分别为，，.故不是该五边形其他三条边的边长.故选：A.8.已知函数．设s为正数，则在中（）A.不可能同时大于其它两个 B.可能同时小于其它两个C.三者不可能同时相等 D.至少有一个小于【答案】D【解析】【分析】利用导数分析函数的单调性和最值，并结合的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.【详解】∵，则当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，则，且，对A：若，则，则，A错误；对B、C：当时，则，故；当时，则，故；当时，则，故；当时，则，故；综上所述：不可能同时小于，B、C错误；对D：构建，则当时恒成立，故在上单调递减，则，令，可得，则，故，即，使得，反证：假设均不小于，则，显然不成立，假设不成立，D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：在比较与的大小关系时，通过构建函数，结合导数分析判断.二、多项选择题：本大题共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.某次数学考试满分分，共有一万余名考生参加考试，其成绩，下列说法正确的是（）A.的值越大，成绩不低于分的人数越多B.成绩高于分的比成绩低于分的人数少C.若考生中女生占，根据性别进行分层抽样，则样本容量可以为人D.从全体考生中随机抽取人，则成绩不低于分的人数可认为服从二项分布【答案】ABD【解析】【分析】利用正态分布曲线的特点可判断A选项；利用正态曲线的对称性可判断B选项；计算可判断C选项；利用二项分布的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，的值越大，则正态曲线越“矮胖”，则成绩不低于分的人数越多，A对；对于B选项，，B对；对于C选项，若考生中女生占，若样本容量为人，则，C错；对于D选项，从全体考生中随机抽取人，样本容量很大，则成绩不低于分的人数可认为服从二项分布，D对.故选：ABD.10.已知直线与异面，则（）A.存在无数个平面与都平行B.存在唯一的平面，使与所成角相等C.存在唯一的平面，使，且D.存在平面，，使，且【答案】ACD【解析】【分析】利用直线与平面关系对各选项逐一判断即可.【详解】选项A：将异面直线通过平移到同一平面内，则存在无数个与平面平行的平面与都平行，A正确；选项B：两异面直线与同一平面所成角可以相等，而与此平面平行平面有无穷多个，B错误；选项C：因为是异面直线，平移直线与直线相交，确定一个平面平行于直线，所以过直线有且仅有一个平面与直线平行，C正确；选项D：，存在直线，通过平移直线与直线相交或重合，，所以由面面垂直的判定定理可知，D正确；故选：ACD11.已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为H，且交C的左半支于点P，若△AFH是等腰三角形，则（）A.C的渐近线方程为 B.C的离心率为2C.△AFH的面积为 D.【答案】BCD【解析】【分析】由几何知识设出点F，点A，由垂直关系表达出点的坐标并利用直线得到的方程，并解出离心率和进而求得渐近线方程，根据点F的坐标求出△AFH的面积以及的关系式，即可得出答案.【详解】解：由题意在中，左焦点为F，右顶点为A，过点F作C的一条渐近线的垂线，垂足为H，且交C的左半支于点P，△AFH是等腰三角形，当直线垂直于渐近线时，如下图所示由几何知识得，，，直线的斜率为点的横坐标为：∵点在渐近线上∴∴直线斜率为：化简得：∵∴∵∴两边同时除以得：解得：（舍）故B正确.∵即∴解得：∴∴∴渐近线为：故A错误.∵，，∴，，∴故C正确.∵直线的斜率为：，且过，∴直线的解析式为：∵直线与双曲线交于点∴解得：或∵∴∴故D正确.当直线垂直于渐近线时，如下图所示由几何知识得，此情况关于上这种情况关于轴对称，故，渐近线为：，故BCD正确，A错误.综上，BCD正确故选：BCD.【点睛】本题考查圆锥曲线中双曲线的求法，离心率，渐近线等，具有较强的综合性.12.设f（x），g（x）都是定义域为[1，＋∞）的单调函数，且对任意，，，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据条件求出和的解析式，再逐项分析.【详解】由条件可知：是单调的函数，，（m为常数），即，，将上式代入得：，解得或者，显然，当时，，，即；对于A，，正确；对于B，，正确；对于C，或，即，，正确；对于D，（仅当时等号成立），，错误；故选：ABC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中x的系数为________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】将看作一个整体，利用二项式定理可得展开式通项，继续利用二项式定理可得展开式的通项为，讨论中的取值，代回展开式通项即可.【详解】展开式的通项为，展开式的通项为，其中.令，可得.故或.故的展开式中x的系数为.故答案为:.14.写出过点，且与x轴和直线都相切的一个圆的方程________．【答案】（或）【解析】【分析】设圆心为，原点为，可得所在直线方程为，设圆心坐标为，根据可求，从而可求圆的方程.【详解】设圆心为，原点为，易知直线与x轴交于点，因为圆与直线相切，直线的倾斜角为，且圆点，所以，所在直线方程为.设圆心坐标为，由题意可得，化简可得，解得或.当时，圆心坐标为，半径为，故圆的方程为；当时，圆心坐标为，半径为，故圆的方程为.故满足题意的圆的方程为或.故答案为:（或）.15.第二次古树名木资源普查结果显示，我国现有树龄一千年以上的古树10745株，其中树龄五千年以上的古树有5株．对于测算树龄较大的古树，最常用的方法是利用碳－14测定法测定树木样品中碳－14衰变的程度鉴定树木年龄．已知树木样本中碳－14含量与树龄之间的函数关系式为，其中为树木最初生长时的碳－14含量，n为树龄（单位：年），通过测定发现某古树样品中碳－14含量为，则该古树的树龄约为________万年．（精确到0.01）（附：）．【答案】【解析】【分析】根据题意结合对数的定义及运算求解.【详解】由题意可得：，整理得.故答案为：.16.将边长为2的正方形纸片折成一个三棱锥，使三棱锥的四个面刚好可以组成该正方形纸片，若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．【答案】【解析】【分析】先考虑如何将正方形折成三棱锥，求出底面三角形的外心，过外心作底面的垂线，则球心必定在该垂线上，再利用几何关系求出外接球的半径.【详解】如图1，分别取AD和AB的中点E，F，连接CE，CF，将正方形ABCD沿CE和CF折起，使得A，B，D重合，构成三棱锥P-CEF，如图2，由于PE，PF，PC两两垂直，可以补成如图3所示的长方体：由图1的折法可知：，长方体的外接球就是三棱锥P-CEF的外接球，长方体的对角线长=，外接球的半径r=，外接球的体积；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、证明过程和演算步骤．17.已知等差数列和等比数列都是递增数列，且．（1）求，的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1），.（2）.【解析】【分析】（1）设等差数列和等比数列的公差与公比分别为：，由已知条件组成方程组解出，写出等差数列和等比数列通项公式即可；（2）由（1）写出的通项公式，利用错位相减法求数列前项和即可.【小问1详解】设等差数列和等比数列的公差与公比分别为：，因为，所以，将代入，得：，解得或或，因为等差数列和等比数列都是递增数列，所以，所以，，所以等差数列的通项公式为：，等比数列的通项公式为：.小问2详解】（2）由（1）得，所以，①，②①②得：，即，所以.18.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求；（2）设，当的值最大时，求△ABC的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出.（2）根据正弦定理将转化为关于的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出，即可求出△ABC的面积【小问1详解】由题意在△ABC中，，，由正弦定理得，∴，整理得到，而为三角形内角，故，故，而，故即.【小问2详解】由题意及（1）得在△ABC中，，，故外接圆直径，故，，其中，且，因为，故，而，故的最大值为1，此时，故，，故，且故，此时.19.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，，PD⊥底面ABCD，，E是PC的中点，F是PB上的点，且．（1）证明：PD//平面AEF；（2）求二面角的正弦值；（3）求三棱锥A－BEF的体积．【答案】（1）证明见详解（2）（3）【解析】【分析】（1）建系，利用空间向量证明线面关系；（2）利用空间向量求二面角；（3）先根据空间向量求点到平面的距离，再求三棱锥的体积.【小问1详解】连接，由题意可知：为等边三角形，取的中点，连接，则，∵，则，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，∵，且平面，∴平面.【小问2详解】由（1）可得：，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则，令，则，即，可得，设二面角为，则可得，故二面角的正弦值.【小问3详解】由（2）可得：，即为等腰直角三角形，∵点到平面的距离，∴三棱锥A－BEF的体积.20.抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中2双是一次性筷子，3双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双，若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中，求：（1）在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的是一次性筷子的概率；（2）取了3次后，取出的一次性筷子的个数（双）的分布列及数学期望；（3）取了，…）次后，所有一次性筷子刚好全部取出的概率．【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为（3）答案见解析【解析】【分析】（1）运用条件概率公式计算；（2）按照独立事件计算；（3）运用独立事件的概率乘法公式结合等比数列求和计算即可.【小问1详解】设取出的是第一次是一次性筷子为事件A，取出的是第二次非一次性筷子为事件B，则，，所以在第二次是非一次性筷子的前提下，第一次是一次性筷子的概率；【小问2详解】对于，表示三次都是非一次性筷子，非一次性筷子是由放回的，；对于，表示三次中有一次筷子，对应的情况有第一次，第二次，第三次是一次性筷子，；对于，表示三次中有一次非一次性筷子，同样有第一次第二次第三次之分，；X012P数学期望；【小问3详解】n次取完表示最后一次是一次性筷子,则前次中有一次取得一次性筷子，所以21.已知抛物线的焦点为F，斜率为的直线过点P，交C于A，B两点，且当时，．（1）求C的方程；（2）设C在A，B处的切线交于点Q，证明．【答案】（1）；（2）答案见解析【解析】【分析】设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.（1）代入，得l：，将其与联立，后由，结合韦达定理及抛物线定义可得答案；（2）利用表示出C在A，B处的切线方程，联立切线方程得Q坐标，注意到，说明即可.【小问1详解】设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.当时，l：，将其与联立，消去x得：，由韦达定理有.又由抛物线定义知，又，结合，则.得C的方程为；【小问2详解】由（1）可得，P，则l：，将其与抛物线方程联立，消去x得：，则.设C在A点处的切线方程为，C在B点处的切线方程为.将与联立，消去x得：，因为抛物线切线，则联立方程判别式，又，则，得，同理可得.将两切线方程联立有，代入，，解得，得.则，又，则，同理可得.注意到，则等价，下面说明.，因，则.又，则，故.【点睛】关键点点睛：本题为直线与抛物线综合题，难度较大.（1）问较为基础，但将l设为可简化运算；（2）问所涉字母较多，