浙江省湖州、丽水、衢州三地市2022-2023学年高三数学上学期11月一模试题（Word版附解析）

丽水、湖州、衢州2022年11月三地市高三教学质量检测

数学试题卷

注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.

2．作答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上.不按以上要求作答的答案无效.

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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据分式不等式的解法解出集合A，根据交集的定义和运算即可求解.

【详解】，

又，所以.

故选：A

2. 设复数（其中为虚数单位），是的共轭复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用共轭复数的定义及复数的除法法则，结合复数加法法则即可求解.

【详解】,所以

所以.

故选：B.

3. 已知点为所在平面上的一点，且，其中为实数，若点落在的内部（不含边界），则的取值范围是(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】延长交于，设()， ，求出，根据平面向量基本定理得到，根据可求出.

【详解】如图，延长交于，

设()， ，

则，

∴，

又∵，

∴，∴，

因为，所以，所以，

所以.

故选：D.

4. 已知函数（）的部分图像如图，当时，满足的的值是 （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用函数的部分图像求出的解析式，结合三角方程即可求解.

【详解】由题意可知，,周期,所以,则，由，得，又，所以或，

所以，或，

当时，，不满足题意舍去，

故.

由，得，

由即，得，所以，解得，

故选：B.

5. 在正三棱锥中，，分别是棱，的中点，且，设三棱锥外接球的体积和表面积分别是和．若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】如图，根据题意，利用线面垂直的判定定理和性质证明，，，将三棱锥补成以为棱的正方体，

则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，求出外接球的半径，结合球的体积和表面积公式计算即可求解.

【详解】如图，取AC的中点D，连接PD、BD，则，

由，得，

因为三棱锥为正三棱锥，所以，

而D是AC的中点，所以，

又平面，所以平面，

由平面，得，又，

平面，所以平面，

由平面，所以，，

根据正三棱锥的特点可得，

故可将三棱锥补成以为棱的正方体，如图，

所以正方体的外接球即为三棱锥的外接球.

由，可得正方体的棱长为，所以，

即正方体的外接球的半径为，即三棱锥的外接球半径为，

所以外接球的体积为，

表面积为.

故选：C

6. 若函数的图象上存在两条相互垂直的切线，则实数的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求导，由导数的几何意义和直线垂直的性质，以及余弦函数进行求解.

【详解】因为，所以，

因为函数的图象上存在两条相互垂直的切线，

不妨设函数在和切线互相垂直，

则，即①，

因为a一定存在，即方程①一定有解，所以，

即，解得或，

又，所以或，，

所以方程①变为，所以，故A，B，D错误.

故选：C.

7. 如图，已知抛物线，过点和分别作斜率大于的两平行直线，交抛物线于，和，，连接交轴于点，则直线的斜率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题知，进而设直线的方程为，与抛物线联立方程得，进而可得，，再求斜率即可.

【详解】解：因为，，，所以，

因为，

所以∽，

所以，即，

因为过点和两平行直线斜率大于

所以，直线斜率大于，

故设直线的方程为，

联立方程得，

所以

所以，，解得

所以，

所以，即直线的斜率是.

故选：D

8. 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意构造函数和，利用导数研究函数的单调性可得，进而，则；利用导数研究函数的单调性可得当时，即，则，进而得出结果.

【详解】由，得；

由，得.

设函数，则，

所以函数在上单调递减，故，

即，所以，有，得，

所以，所以；

由，可设函数，

则，所以函数在单调递增，且，

所以当时，，即，即，所以.

综上，.

故选：C

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 为了增强学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素与学生对体育锻炼的喜好是否有影响，为此对学生是否喜欢体育锻炼的情况进行普查.得到下表：

附：，．

已知男生喜欢该项运动的人数占男生人数的，女生喜欢该项运动的人数占女生人数的，则下列说法正确的是（    ）

A. 列联表中的值为，的值为

B. 随机对一名学生进行调查，此学生有的可能喜欢该项运动

C. 有的把握认为学生的性别与其对该项运动的喜好有关系

D. 没有的把握认为学生的性别与其对该项运动的喜好有关系

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据题意求出q、p，补全列联表，分析数据，利用卡方计算公式求出，结合独立性检验的思想依次判断选项即可.

【详解】A：由题意知，男生喜欢该项运动的人数占男生人数的，

女生喜欢该项运动的人数占女生人数的，

则，，解得，故A正确；

B：补全列联表如下：

所以随机抽一名学生进行调查，喜欢该项运动的概率约为，故B错误；

C：，

而，

所以有的把握认为学生的性别与其对该项运动的喜好有关系，故C正确；

D：由选项C知，没有的把握认为学生的性别与其对该项运动的喜好有关系，

故D正确.

故选：ACD

10. 已知函数，，则（    ）

A. 对于任意，函数有零点

B. 对于任意，存在，函数恰有一个零点

C. 对于任意，存在，函数恰有二个零点

D. 存在，函数恰有三个零点

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项：将的零点个数可以转化为与图象的交点个数，根据图象即可得到当时一定有零点，当时，利用零点存在性定理判断即可；

BCD选项：根据切线斜率的范围来判断直线与图象的交点情况即可.

【详解】

A选项：上图为的图象，由题意知，的零点个数可以转化为与图象的交点个数，

当时，函数和的图象一定有交点；

当，时，，当时 ，，，则由零点存在性定理得有零点，故A正确；

B选项：当时，，当时，，所以切线的斜率都大于或等于1，当时，直线与有一个交点，即有一个零点，故B正确；

C选项：由B选项得，当时，对于任意的，只有一个零点，故C错；

D选项：当时，，所以在的切线方程为，所以当时，直线与有三个交点，即有三个零点，故D正确.

故选：ABD.

11. 已知点，分别为圆：与圆：上的两个动点，点为直线：上一点，则（    ）

A. 的最大值为

B. 的最小值为

C. 的最小值为

D. 的最小值为

【答案】AC

【解析】

【分析】根据题意，作出图形，当三点共线时最小，即；由知当取到最大即时最大，结合两点坐标求距离公式计算即可.

【详解】由，得，

所以圆心，半径为；

由，得，

所以圆心，半径为；

设点关于直线对称的对称点为，

有，解得，即，

连接，交直线于点，即当三点共线时，最小，

且，连接，此时最小，

当取到最大时，取到最大值，如图，

由图可知，，

所以的最大值为，故A正确，B错误；

，故C正确，D错误.

故选：AC

12. 定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】设函数，，利用导数可得在上单调递减，从而，即可得出答案.

【详解】设函数，，

则，

因为恒成立，所以，

所以在上单调递减，

所以，即，

则必有，，，，

故AD正确，BC错误.

故选：AD.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在的展开式中，常数项为_____．

【答案】

【解析】

【分析】根据展开式的通项公式求解即可.

【详解】在的展开式的通项公式为，

所以令，解得，

所以常数项为

故答案为：．

14. 从数字中任意取出两个数字，这两个数字不是连续的自然数的概率是__．

【答案】##0.6

【解析】

【分析】根据题意可得所有的可能结果有10种，满足条件的有6种，利用古典概型的计算公式计算即可求解.

【详解】从中任意取出2个数共有种结果，

数字是不连续自然数的情况有

，共6种结果.

所以数字是不连续自然数的概率为.

故答案为：.

15. 已知函数（）满足，若函数与的图象的交点为（），则__．

【答案】

【解析】

【分析】根据已知条件求出函数与的图象关于点对称，进而得两函数图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点对称，从而得出结论.

【详解】因为函数（）满足，

所以（）关于点对称，

因为函数的图象关于点对称，

即对每一组对称点，（），有，

故.

故答案为：.

16. 设是椭圆（）的右焦点，为坐标原点，过作斜率为的直线交椭圆于，两点（点在轴上方），过作的垂线，垂足为，且，则该椭圆的离心率是__．

【答案】

【解析】

【分析】结合图形，利用几何性质以及椭圆定义、勾股定理、离心率公式进行求解.

【详解】

由题可知，，且，所以，

又因为是的中点，所以是的中位线，

所以，且，又直线的斜率为，

所以，设，，

所以，，联立解得，，

由勾股定理有：，即，

所以，所以 .

故答案为：.

四､解答题：本题共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. 在数列中，，（）．

（1）求数列的通项公式；

（2）求满足不等式（）成立的的最大值．

【答案】（1）   

（2）8

【解析】

【分析】（1）根据，可知数列为等差数列，从而可求数列的通项公式，即可求得数列的通项公式；

（2）利用裂项相消法可求得，解不等式即可.

【小问1详解】

由条件得，

所以数列是以为首项，公差的等差数列．

故，

即．

【小问2详解】

由（1）知，

故

,

所以，解得，

结合得，的最大值是.

18. 在中，内角所对的边分别为,已知．

（1）求的值；

（2）若的面积为，求周长的最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角形的内角和定理及诱导公式，结合二倍角的余弦公式及正切公式即可求解；

（2）根据（1）的结论及三角形的面积公式，再利用基本不等式及余弦定理，结合三角形的周长公式即可求解.

【小问1详解】

由得，，

因为，解得．

所以．

【小问2详解】

由可知，．

由的面积为，得，故．

所以，即．（等号成立当且仅当）

又

（等号成立当且仅当）

所以．

故周长（等号成立当且仅当）．

因此周长的最小值为．

19. 如图，在三棱台中，三棱锥的体积为，的面积为，，且平面．

（1）求点到平面的距离；

（2）若，且平面平面， 求二面角的余弦值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据等积转化法求点到平面的距离；

(2)几何法：由平面平面，可作出二面角的平面角，在直角三角形求解；

空间向量法：先证明两两垂直后建系，用法向量求二面角的余弦值

【小问1详解】

设点到平面的距离为．

因为，三棱锥的体积为，

所以三棱锥的体积为，

又由，得，解得.

【小问2详解】

由已知设，，则，，取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，

又，从而平面.

故，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，

又，

得.

在平面内作于，则，在平面内，作于，连接，

因为平面平面，平面平面，

所以 平面，又 平面，所以，

又，平面，平面，所以平面，

又平面，所以，

则二面角平面角为.

在直角中，，故，.即所求二面角的余弦值为.

法二：取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，又，从而平面.

故，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设，，则，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，

又，

得，

则，，，

设面的法向量，由得，

设面法向量，由得，

故，即所求二面角的余弦值为.

20. 自主招生和强基计划是高校选拔录取工作改革的重要环节.自主招生是学生通过高校组织的笔试和面试之后，可以得到相应的降分政策.2020年1月，教育部决定2020年起不再组织开展高校自主招生工作，而是在部分一流大学建设高校开展基础学科招生改革试点（也称强基计划）.下表是某高校从2018年起至2022年通过自主招生或强基计划在部分专业的招生人数：

请根据表格回答下列问题：

（1）统计表明招生总数和年份间有较强的线性关系.记为年份与的差，为当年数学、物理和化学的招生总人数，试用最小二乘法建立关于的线性回归方程，并以此预测年的数学、物理和化学的招生总人数（结果四舍五入保留整数）；

（2）在强基计划实施的首年，为了保证招生录取结果的公平公正，该校招生办对年强基计划录取结果进行抽检.此次抽检从这名学生中随机选取位学生进行评审.记选取到数学专业的学生人数为，求随机变量的数学期望；

（3）经统计该校学生的本科学习年限占比如下：四年毕业的占，五年毕业的占，六年毕业的占.现从到年间通过上述方式被该校录取的学生中随机抽取1名，若该生是数学专业的学生，求该生恰好在年毕业的概率.

附：为回归方程，，．

【答案】（1），24   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据表中数据利用回归方程公式即可求解；

（2）利用超几何分布模型即可求解；

（3）由条件概率公式即可求解.

【小问1详解】

由题意，的取值集合为，的取值集合为，

,

直接根据公式求得，，

因此回归方程为：，

当时，可得，

因此预测2023年的招生总人数为人.

【小问2详解】

由已知，可取0,1,2,3.

，，

，，

故.

【小问3详解】

因为2025年毕业，则入学年份可能为2021年，2020年，2019年,

由条件概率公式可知，该生被数学系录取的条件下，其在第年入学的概率为：

，

故，

，

，

由全概率公式：

.

21. 已知点在离心率为的双曲线上，过点的直线交曲线于，两点（，均在第四象限），直线，分别交直线于，两点.

（1）求双曲线的标准方程；

（2）若的面积为，求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)讨论焦点在轴、轴上的情况，设出对应的双曲线方程，根据题意列出方程组，解之即可；

(2)设直线方程为和，联立双曲线方程，利用韦达定理表示出，由直线点斜式方程求出直线AD、AE方程，解得、，利用点到直线距离公式和三角形的面积可得，解方程即可.

【小问1详解】

①若焦点在轴上，设双曲线方程为（）.

由题意得，解得，

所以双曲线的标准方程为.

②若焦点在轴上，设双曲线方程为（）.

由题意得，此时无解.

综上所述双曲线的标准方程为.

【小问2详解】

设直线方程为，，联立得

，故，

又因为直线，

取得，

同理，

由题意点A到直线距离是，所以，解得.

又

故，

化简可得，得或，

易知，故，即直线方程为.

方法二：，

故，又，得，故，

由，得

，，代入，得或，

易知，故，即直线方程为.

22. 已知函数（）.

（1）当时，求的单调区间；

（2）若函数有两个不同的零点，，证明：．

（其中是自然对数的底数）

【答案】（1）在单调递增，在单调递减；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）通过对函数求导，利用导数来研究函数的单调性.

（2）利用导数，通过构造函数，研究函数的单调性以及最值，再结合对数均值不等式、不等式放缩进行证明.

【小问1详解】

已知函数，定义域为，

当时，，得，

所以当时，，当时，，

因此在单调递增，在单调递减.

【小问2详解】

先证明，

已知函数，定义域为，

所以，

当时，，在单调递增，不满足题意；

当，可知在单调递增，在单调递减.

又当时，；当时，，

若函数有两个不同的零点，，不妨设，则，

即，令，则，

所以在上单调递增，又，

所以由，解得，所以，

因为，

设，则由于单调递增，则，

即，，利用对数均值不等式有

，可证得.

所以要证明，只要证明.

设（），则，

所以在单调递减，则.

因此有.

对数均值不等式证明如下：

不妨设，要证，即证，

令，即证，即，

即证：，令，

则，

所以在上单调递增，

所以，所以结论得证.