浙江省金丽衢十二校2023-2024学年高三上学期第一次联考数学试题 含解析

金丽衢十二校2023学年高三第一次联考数学试题选择题部分一、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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由不等式，解得或，再运用集合的交集即可.【详解】由不等式，解得或，则集合或，又，∴.故选：C.2.圆的圆心坐标和半径分别为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】将一般方程化为标准方程即可求解.【详解】圆，即，它的圆心坐标和半径分别为.故选：A.3.已知平面向量满足：与的夹角为，若，则（）A.0 B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】先计算平面向量的数量积，再利用，列式解得即可.【详解】由题意，得，由，得，即，∴，解得.故选：D4.已知直线和平面，则“”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】A【解析】【分析】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解.【详解】因为，则存在使得且，若且，则，又且，所以，充分性成立；设，，则有，但不平行，即必要性不成立.故选：A.5.展开式中含项的系数为（）A.30 B. C.10 D.【答案】B【解析】【分析】根据排列组合与二项式定理知识直接计算即可.【详解】由题意得，展开式中含的项为，所以展开式中含项的系数为.故选：B6.已知函数，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且点是函数的一个对称点，则和的值可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意首先得，进一步由，对比选项即可得解.【详解】由题意函数周期满足，，所以，又点是函数的一个对称点，所以，所以或，对比选项可知，只有当时满足题意.故选：D.7.一个正方形网格由99条竖线和99条横线组成，每个最小正方形格子边长都是1．现在网格中心点处放置一棋子，棋子将按如下规则沿线移动：．，点到的长度为1，点到的长度为2，点到的长度为3，点到的长度为4，……，每次换方向后的直线移动长度均比前一次多1，变换方向均为向右转．按此规则一直移动直到移出网格为止，则棋子在网格上移动的轨迹长度是（）A.4752 B.4753 C.4850 D.4851【答案】C【解析】【分析】构建一个等差数列，首项为，公差为，求（第98次移动时只能移动97个单位，即）的和.【详解】由题意，设等差数列首项为，公差为，∴.故选：C.8.已知分别是双曲线的左，右顶点，是双曲线上的一动点，直线，与交于两点，的外接圆面积分别为，则的最小值为（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】容易知道，设直线的方程为：，则直线的方程为：，求出，两点坐标，则，设的外接圆的半径分别为，，由正弦定理得，，可知，再利用基本不等式即可求值.【详解】由已知得，，，由双曲线的对称性，不妨设在第一象限，所以，，所以，设直线的方程为：，则直线的方程为：，同时令，则，，所以，设外接圆的半径分别为，，由正弦定理得，，，所以，当且仅当，即时取等号，所以.故选：A【点睛】结论点睛：若、分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上一动点，则直线与直线的斜率之积为定值.二、选择题：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.若（为虚数单位），则下列说法正确的为（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由共轭复数的定义、复数的模长公式、复数的运算对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，，则，所以，故A正确；对于，对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，所以，故D正确.故选：ACD.10.为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数与所用时间（单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则（）A.B.回归直线必过点C.加工60个零件的时间大约为D.若去掉，剩下4组数据的经验回归方程会有变化【答案】BC【解析】【分析】求得数据的样本中心点可判断B；结合回归方程可求出可判断A；将代入回归方程求得预测值可判断C；根据恒过，可判断D.【详解】，，所以恒过，所以，解得：，故A错误；B正确；所以，令，则，故加工60个零件的时间大约为，故C正确；因为恒过，所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D错误.故选:BC.11.设是抛物线弧上的一动点，点是的焦点，，则（）A.B.若，则点的坐标为C.的最小值为D.满足面积为的点有2个【答案】AB【解析】【分析】对于A，直接由抛物线方程即可判断；对于B，直接由焦半径先求得点横坐标，代入抛物线方程验算其纵坐标即可判断；对于C，由B选项启发，观察图象，令即可举出反例；对于D，由点到直线距离公式将原问题转换为方程的或的正根的个数和即可判断.【详解】对于A，抛物线弧的焦点为，故A正确；对于B，若，解得，所以，即点的坐标为，故B正确；对于C，取，则，因为，所以，即，所以，即，故C错误；对于D，直线斜率为，所以它的方程为，点到它的距离为，注意到，若面积为，则，又，所以或，解得或，所以满足面积为的点有3个，故D错误.故选：AB.12.对于集合中的任意两个元素，若实数同时满足以下三个条件：①“”的充要条件为“”；②；③，都有．则称为集合上的距离，记为．则下列说法正确的是（）A.为B.为C.若，则为D.若为，则也为（为自然对数的底数）【答案】AC【解析】【分析】由的定义对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，，即，①，，即，即，若，则，所以“”的充要条件为“”.②，，成立，③，，，故A正确；对于B，，①，，即，即，此时若，则，故B错误；对于C，，①，即，即，得，若，则，所以“”的充要条件为“”.②，，成立；③，，故成立，故C正确；对于D，设，，则，①,若，则，即，，故D错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为，则该圆台的母线长为__________．【答案】2【解析】【分析】利用圆台侧面积公式求解即可.【详解】设母线长度为，由圆台侧面积公式得，解得，故圆台母线长度为2.故答案为：214.若函数是上的偶函数，则__________．【答案】1【解析】【分析】根据函数是上的偶函数，利用特殊值可得答案.【详解】若函数是上的偶函数，则有，即，解得，当时，此时，，当时，，，当时，，，所以函数是上的偶函数，符合题意，则.故答案为：1.15.已知是第二象限角，，现将角的终边逆时针旋转后得到角，若，则__________．【答案】##【解析】【分析】由两角和的正切公式先得，进一步由两角差的正切公式即可求解.【详解】由题意，且，，解得，所以故答案为：.16.已知曲线，直线，若对任意，直线始终在曲线下方，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】首先将原问题转换为恒成立，（先固定），得对任意，恒成立，由此即可利用导数求解.【详解】由题意，有恒成立，不妨设（先固定），即恒成立，则，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即，由于这里且任意，即对任意，恒成立，所以设，，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，所以，综上所述，实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点睛：双变量恒成立问题，首先固定，通过导数将原问题转换为对任意，恒成立，由此即可顺利得解.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.在中，内角所对的边分别是，已知．（1）求角；（2）设边的中点为，若，且的面积为，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理和题中所给式子化简计算得到，再结合余弦定理即可求出角；（2）根据三角形面积公式得到和，再结合中线向量公式计算即可.【小问1详解】在中，由正弦定理得，，因为，所以，化简得，，在中，由余弦定理得，，又因为，所以【小问2详解】由，得，由，得，所以．又因为边的中点为，所以，所以18.在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形，点是线段的中点，．（1）证明：平面；（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】18.证明见解析19.【解析】【分析】（1）根据四边形是菱形，可得；在中，根据题意可证，又是的中点，得，即可得到结论.（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角公式即可.【小问1详解】设与交点为，连接．四边形是菱形，是的中点．在中，是等边三角形，．在中，是的中点，．又平面，平面．【小问2详解】连接，是等边三角形，是线段的中点，又平面平面，平面平面，平面，平面．以为原点，所在直线分别为轴，轴如图建立空间直角坐标系，不妨设，则，，于是，设平面的法向量为，则，即，令，得，所以平面的一个法向量为．设直线与平面所成角大小，则，故直线与平面所成角的正弦值为.19.袋中有2个黑球和1个白球，现随机从中有放回地取球，每次取1个，约定：连续两次取到黑球或者取满5次，则取球结束．在取球过程中，计分规则如下：若取到1次黑球，得2分；取到1次白球，得1分．小明按照如上约定和规则进行取球，最终累计积分为．（1）求小明取球次数不超过4次的概率；（2）求的分布列和期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由独立乘法公式和互斥加法公式即可求解.（2）由题意得，依次求出相应的概率，进而得分布列以及数学期望.【小问1详解】记小明取球次数为，则，．因此，故小明取球次数不超过4次的概率为．【小问2详解】由题意得，得5积分有两类情况：第一次摸出白球且第二第三次摸出黑球，或是5次摸出白球，由此可得；同理可得．因此随机变量的分布列如下：45678期望为：.20.已知数列满足，记数列的前项和为．（1）求；（2）已知且，若数列是等比数列，记的前项和为，求使得成立的的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）由递推关系首先得结合等差数列求和公式即可求解.（2）由题意首项得，进一步有通过等比数列求和将原问题转换为求不等式的正整数解集.【小问1详解】①②②-①得，，得．当时，①式为，得，也满足上式．，数列是等差数列，所以．【小问2详解】，则数列是以1为首项，3为公比的等比数列，，又，得，得．令，即，即．当时，经验证，（*）式满足要求．令，则，所以当时，，即当时，式不成立．使得成立的的取值范围是．21.已知椭圆的左右焦点分别为，点为椭圆上异于顶点的一动点，的角平分线分别交轴、轴于点．（1）若，求；（2）求证：为定值；（3）当面积取到最大值时，求点的横坐标．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式化简即可.（2）根据角平分线定理知得，由即可求出为定值（3）表示出的面积，利用导函数求出面积表达式的单调性，即可求出面积取到最大值时，求点的横坐标.【小问1详解】由已知得，则．所以当时，；【小问2详解】设，在中，是的角平分线，所以，由（1）知，同理，即，解得，所以，过作轴于．所以．【小问3详解】记面积的面积为，由（1）可得，，其中，则，当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，最大．【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用导函数求解面积表达式的最值，注意函数的定义域.22.已知函数有两个不同的零点．（1）求实数的取值范围；（2）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出导函数，当时，不满足题意；当时，求出函数的单调性，再求出极大值，即可得解；（2）要证，即证，构建函数，即可得证，再证，即证，只需证，即，构建函数，即可得证.【小问1详解】由题意，，当时，，函数单调递增，不满足要求；当时，令，得，+0递增极大值递减令，得．设，于是，所以在上单调递增，故，故，所以由零点存