浙江省杭州市高三下学期4月教学质量检测数学试题

2023学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测数学试题卷考生须知：1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟.2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3．考试结束，只需上交答题卡.一、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.函数的最小正周期是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】

的图象是将的图象在轴下方的部分对称翻折上来所得，所以周期是周期的一半，即周期为.2.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是A.若则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】B【解析】【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系．3.已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A.30° B.60° C.90° D.120°【答案】B【解析】【分析】由条件结合投影向量定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，所以，所以，又，所以，所以，又，所以，又，所以向量与向量的夹角为，即.故选：B.4.设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的（）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】A【解析】【分析】根据函数单调性求出的范围，即可判断答案.【详解】若“函数在单调递增”，则，由得，则，解得，所以，甲是乙的充分不必要条件.故选：A5.设数列满足．设为数列的前项的和，则（）A.110 B.120 C.288 D.306【答案】A【解析】【分析】利用分组求和法，结合已知，可得答案.【详解】.故选：A.6.将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者至少去一个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是（）A.300 B.240 C.150 D.50【答案】C【解析】【分析】先分组，人员构成可能为、、或、、，再将3组全排列即可得.【详解】先将5名志愿者分成3组，若这三组的人员构成为、、，则共有种分组方案，若这三组的人员构成为、、，则共有种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有种分配方案，故共有种分配方法.故选：C.7.设集合，且，函数（且），则（）A.为增函数 B.为减函数C.为奇函数 D.为偶函数【答案】D【解析】【分析】结合指数函数的单调性与奇偶性检验各选项即可.【详解】当时，，时，在上不是增函数，故A不正确；当时，，时，在上为增函数，B不正确；当时，，，为偶函数，故C不正确；当时，，，为偶函数，故D正确；故选：D.8.在中，已知．若，则（）A.无解 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】由可得，进而得到，借助三角形内角和与两角和的正切公式可得，设，有，可得该方程无解，故不存在这样的.【详解】由，即，则，由，知，则，则，又，故，设，则，有，即，，即该方程无解，故不存在这样三角形，即无解.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知关于的方程的两根为和，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】求出方程的两根，即可判断A，利用韦达定理判断B，计算出两根的模，即可判断C，利用复数代数形式的除法运算及B项的结论化简，即可判断D.【详解】关于方程，则，，不妨设，，，故A正确；由韦达定理可得，故B正确；，故C正确；，，则，当时，，此时，故D错误．故选：ABC．10.已知函数对任意实数均满足，则（）A. B.C. D.函数在区间上不单调【答案】ACD【解析】【分析】令等价于，则，可推导出，进而可判断A，利用赋值法可判断B,C；先算出满足的值，由此可得，即可判断D.【详解】对于A，令等价于，则，所以，故A正确；对于B，令，则，令，则，解得：，令，，则，故B错误；对于C，由知，，所以，故C正确；对于D，令，所以，解得：，令，则，所以，因为，，所以函数在区间上不单调，故D正确.故选：ACD.11.过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（）A.直线与抛物线C有2个公共点B.直线恒过定点C.点的轨迹方程是D.的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】设出直线的方程为，代入，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.【详解】设直线的方程为，联立，消去得，则，对于A：抛物线在点处的切线为，当时得，即，所以直线的方程为，整理得，联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；对于D：，则，令，则，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．第五步：根据题设条件求解问题中的结论．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程______．【答案】或（写出一个即可）【解析】【分析】由条件可设直线方程为，结合条件列方程求即可得结论.【详解】因为切线的方向向量为，所以切线的斜率为，故可设切线方程为，因为直线与圆相切，又圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，所以，所以或，所以与圆相切且方向向量为的直线为或，故答案为：或（写出一个即可）.13.函数的最大值为______．【答案】【解析】【分析】借助换元法令，可得，借助导数求取函数的单调性后，即可得解.【详解】令，则，故，令，则，当时，，当时，，则在上单调递增，在时单调递减，故，即函数的最大值为.故答案：.14.机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于______．【答案】##【解析】【分析】依题意，利用等腰三角形求得,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.【详解】如图，设,因,故，又,由余弦定理，，即,设椭圆中心为,作圆锥的轴截面,与底面直径交于，与椭圆交于，连交于，以点原点，为轴，建立直角坐标系.则,又由得,从而则得,不妨设椭圆方程为，把和点坐标代入方程，解得，则，故故答案为：.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知等差数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，令，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题意可得，解方程求出，即可求出数列的通项公式；（2）由（1）可得，由累乘法可求出的通项公式，再由裂项相消法求解即可.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为．由，得，解得：，所以．【小问2详解】由（1）知，，即，，，……，，利用累乘法可得：，所以．16.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：函数有且只有一个零点．【答案】（1）答案见解析；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况，分别求出函数的单调区间；（2）（ⅰ）由（1）直接解得；（ⅱ）结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【小问1详解】函数的定义域为，且，当时，恒成立，所以在单调递减；当时，令，即，解得，，因为，所以，则，所以当时，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；当时，此时，所以时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减．综上可得：当时单调递减；当时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；当时在上单调递增，在上单调递减．【小问2详解】（ⅰ）由（1）可知．（ⅱ）由（1）在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值，又，所以，则，又，又，所以在上没有零点，又，则，则，，则，所以，所以在上存在一个零点，综上可得函数有且只有一个零点．17.如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．（1）证明：；（2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.【小问1详解】在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以．又因为，平面,所以平面,平面．所以．由于,所以四边形为平行四边形，所以．又，所以，所以．【小问2详解】因为，所以，又，平面,所以平面．取中点，连接，设．设多面体的体积为，则．解得．建立如图所示的空间直角坐标系，则，．则平面的一个法向量．所以，设平面的一个法向量，则即取．所以．所以平面与平面夹角的余弦值为．18.已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.（1）求点的坐标.（2）过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点.（ⅰ）证明：点在定直线上；（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，【解析】【分析】（1）设，利用两点距离距离得，然后根据分类讨论求解即可；（2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可；（ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.【小问1详解】设是椭圆上一点，则，因为，①若，解得（舍去），②若，解得（舍去）或，所以点的坐标位.【小问2详解】（ⅰ）设直线，由，得，所以，所以，①由，得或，易知直线的方程为，②直线的方程为，③联立②③，消去，得，④联立①④，消去，则，解得，即点在直线上；（ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上，设，则，所以，即.故直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，得，解得,所以，所以,故.19.在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）（ⅰ）完成下表；0123（ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．（2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．【答案】（1）（ⅰ）表格见解析；（ⅱ）；（2），答案见解析【解析】【分析】（1）（ⅰ）分与计算即可得；（