2023届浙江省湖州、衢州、丽水三地市高三下学期4月教学质量检测（二模）数学试题含解析

这是一份2023届浙江省湖州、衢州、丽水三地市高三下学期4月教学质量检测（二模）数学试题含解析，共32页。试卷主要包含了6，答对每道抢答题的概率为0，841，024等内容，欢迎下载使用。

湖州、衢州、丽水2023年4月三地市高三教学质量检测试卷
数学试题卷
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
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．若集合，，则（       ）
A． B．或 C．或 D． 或
2．已知（其中i为虚数单位），若是的共轭复数，则（       ）
A． B．1 C． D．i
3．设是平行四边形的对角线的交点，则（       ）
A． B． C． D．
4．甲乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8的概率是（       ）
A． B． C． D．
5．已知函数，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若关于的方程在上有且仅有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
6．喜来登月亮酒店是浙江省湖州市地标性建筑，某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得酒店顶端的仰角，则酒店的高度约是（       ）
（参考数据：，，）

A．91米 B．101米 C．111米 D．121米
7．已知是圆上一点，是圆的直径，弦的中点为.若点在第一象限，直线、的斜率之和为0，则直线的斜率是（       ）
A． B． C． D．
8．人教版必修第一册第92页上“探究与发现”的学习内容是“探究函数的图象与性质”，经探究它的图象实际上是双曲线.现将函数的图象绕原点顺时针旋转得到焦点位于轴上的双曲线，则该双曲线的离心率是（       ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共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．已知，为两个平面，，为两条直线，平面，平面，则下列命题正确的是（       ）
A．若，则 B．若，为异面直线，则与相交
C．若与相交，则，相交 D．若，则
10．若实数，满足且，则（       ）
A．的最小值是 B．的最大值是99
C．的最小值是 D．的最大值是200
11．已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（       ）
A．若，则的最大值是 B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是 D．若，则的最大值是
12．抛物线的焦点为，准线交轴于点，点为准线上异于的一点，直线上的两点，满足（为坐标原点），分别过，作轴平行线交抛物线于，两点，则（       ）
A． B．
C．直线过定点 D．五边形的周长
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．的展开式中的系数是______.
14．定义在R上的非常数函数满足：，且.请写出符合条件的一个函数的解析式______.
15．已知数列，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推.将该数列前项的和记为，则使得成立的最小正整数的值是______.
16．已知椭圆离心率为，为椭圆的右焦点，，是椭圆上的两点，且.若，则实数的取值范围是______.
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．已知数列满足：，且对任意的，
(1)求，的值，并证明数列是等比数列；
(2)设，求数列的前项和.
18．如图，在三棱柱中，底面平面，是正三角形，是棱上一点，且，.

(1)求证：；
(2)若且二面角的余弦值为，求点到侧面的距离.
19．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，满足，且.
(1)求证：；
(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.
20．为提升学生的人文素养，培养学生的文学学习兴趣，某学校举办诗词竞答大赛．该竞赛由3道必答题和3道抢答题构成，必答题双方都需给出答案，答对得1分答错不得分；抢答题由抢到的一方作答，答对得2分答错扣1分．两个环节结束后，累计总分高者获胜．由于学生普遍反映该赛制的公平性不足，所以学校将进行赛制改革：调整为必答题4道，抢答题2道，且每题的分值不变．
(1)为测试新赛制对选手成绩的影响，该校选择甲、乙两位学生在两种赛制下分别作演练，并统计双方的胜负情况．请根据已知信息补全以下列联表，并根据列联表判断是否有95%的把握认为获胜方与赛制有关？

旧赛制
新赛制
合计
甲获胜
6


乙获胜

1

合计
10

20

(2)学生丙擅长抢答，已知丙抢到抢答题作答机会的概率为0.6，答对每道抢答题的概率为0.8，答对每道必答题的概率为，且每道题的作答情况相互独立．
（ⅰ）记丙在一道抢答题中的得分为，求的分布列与数学期望；
（ⅱ）已知学生丙在新、旧赛制下总得分的数学期望之差的绝对值不超过0.1分，求的取值范围．
附：，其中.

0.15
0.10
0.05
0.025

2.072
2.706
3.841
5.024


21．已知双曲线，点是双曲线的左顶点，点坐标为.
(1)过点作的两条渐近线的平行线分别交双曲线于，两点.求直线的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于点，，直线，与双曲线的另一个交点分别是点，.试问：直线是否过定点，若是，请求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
22．已知函数.
(1)当时，函数在上有极小值，求实数的取值范围；
(2)当时，设是函数的极值点，证明：.（其中是自然对数的底数）




1．C
【分析】
通过解不等式得集合，再求交集即可.
【详解】
因为或，
或，
所以或，
故选：C.
2．D
【分析】
根据复数的除法运算可求得，再根据共轭复数的定义即可求得，进而求解即可．
【详解】
由，
则，
则，
所以．
故选：D．
3．A
【分析】
根据平行四边形对角线平分及向量加减法计算可得.
【详解】
是平行四边形的对角线的交点，则,
所以.
故选：A.
4．C
【分析】
分别求出总的基本事件个数和甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8的基本事件个数，再用古典概型概率计算公式求解即可.
【详解】
记事件“A=甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8”
由题意总的基本事件为：两个人各有6种不同的下法，故共有36种结果，
则事件包含两人分别从2楼和6楼下，3楼和5楼下，均从4楼下，
共有种不同下法，
所以事件的概率为：，
故选：C.
5．B
【分析】
根据三角函数图象平移的原则得的表达式，根据的范围得出的范围，结合余弦函数的性质列出不等式即可得结果.
【详解】
将函数向左平移个单位长度后得到函数，
即，
∵，∴，
∵在上有且仅有两个不相等的实根，
∴，解得，
即实数的取值范围是，
故选：B.
6．B
【分析】
在△中应用正弦定理求，注意应用和角正弦公式求，再由求建筑物的高.
【详解】
由题设，在△中，
又，
所以，
又米.
故选：B
7．C
【分析】
由题可得圆的方程，设直线的斜率为，则直线的方程为，代入圆的方程可得的坐标，从而可得的坐标，于是根据斜率关系可解得的值，由于点在第一象限，对的值进行取舍，即可得所求.
【详解】
已知是圆上一点，所以
设直线的斜率为，则直线的方程为，所以，
则，恒成立，所以
由于，所以，则，由于是圆的直径，
所以，则弦的中点为坐标为
因为直线、的斜率之和为0，所以，整理得
解得或，又点在第一象限，所以，故，即直线的斜率是.
故选：C.
8．D
【分析】
首先确定的两条渐近线分别为，也为旋转前双曲线的渐近线，再设两条渐近线夹角（锐角）角平分线且，根据斜率与倾斜角关系、差角正切公式求双曲线渐近线斜率，进而求双曲线离心率.
【详解】
由的两条渐近线分别为，
所以该函数对应的双曲线焦点在夹角（锐角）的角平分线上，
设且，若分别是，的倾斜角，故，
故为双曲线旋转后其中一条渐近线的倾斜角，
由，即，
整理得，可得（负值舍去），
所以绕原点顺时针旋转得到焦点位于轴上的双曲线一条渐近线斜率为，
故.
故选：D
【点睛】
关键点点睛：求出的渐近线，利用正切差角公式求其旋转后渐近线斜率是关键.
9．ABD
【分析】
根据线面位置关系，面面位置关系，线线位置关系分别判断选项即可.
【详解】
，平面，平面,则两平面平行，故A正确；
平面，平面，，为异面直线，则与相交,故B正确；
平面，平面，若与相交，则，可以异面，故C错误；
平面，平面，若，则，故D正确.
故选：ABD.
10．BC
【分析】
由题设画出可行域，数形结合判断、的范围，即可得答案.
【详解】
由题设，，如下图可行域，
由图知：可行域边界交点坐标依次为、、、，
显然在坐标值异号的两交点处取最小值，坐标值同号的两交点处取最大值，
故最小值为，最大值为，A错，B对；
由图知：，在第一象限边界交点、第四象限边界交点处分别取得最大、最小值，C对，D错.

故选：BC
11．AC
【分析】
根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点P的轨迹是一个椭球，当时点P的轨迹是以AD为直径的球，结合图形分析，即可求解.
【详解】
由题意知，点P为动点，A、C为定点，，
由椭圆的定义知，点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，
将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由，
即，得，
当点P运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，
此时；
设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，
又，且，
所以当且仅当时最大，即取到最大值；

当时，由，得，
则点P的轨迹是以AD为直径的球，设AD的中点为O，则O为球心，
当即时，取到最大值，

此时；
当直线BP与球相切于点P即时，取到最大值，
此时，则.
故选：AC.
12．ABD
【分析】
对于选项A，通过设出，利用条件求出，再通过求出和的值，从而判断出选项A的正误；对于选项B，通过求的值，得到，从而得出，即选项B正确；对于选项C，通过求出直线直线的方程，进而可判断点是否在直线上，从而判断出选项C的正误；对于选项D，利用抛物线的定义，将五边形的周长转化成求，再利用条件得到周长关于的函数，再利用不等式的基本性质即可判断出选项D的正误.
【详解】
如图，不妨设，点在轴上方，
因为，则，易得，设，则，得到，所以，且，即，

选项A，如图，令，，，则，
因为，，，，
所，
所以，所以选项A正确；
选项B，因为，，则，
所以，即，选项B正确；
选项C，易知直线斜率存在，设直线的斜率为，，将代入，
得到，所以，同理可得，
所以，
所以直线的方程为，
假设直线过定点，则有，
得到，即，不对恒成立，所以选项C不正确；
选项D，由抛物线的定义知，，所以五边形的周长，
又因为，，，，，
所以
，
又因为，所以，
，
所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】
解决解析几何问题，关健在于通过几何条件，把几何问题转成代数问题来求解.
13．20
【分析】
直接用二项式定理讨论即可.
【详解】
二项式中，，
当中取x时，这一项为，所以，，
当中取y时，这一项为，所以，，
所以展开式中的系数为
故答案为：
14．（答案不唯一）
【分析】
根据已知，且得出对称轴和对称中心，确定一个具体函数即可.
【详解】
因为.得出对称中心，且得出对称轴为轴，且周期为4的函数都可以.
故答案为：
15．
【分析】
将已知数列分组，将各组数据之和即为数列，由等差数列求和公式可求得，由此可得求得数列的前项和为，结合，可确定，由此可推导得到，，由此可得结果.
【详解】
将已知数列分组，每组的第一项均为，即第一组：；第二组：；第三组：；依此类推；
将各组数据之和记为数列，则，
记数列的前项和为，则；
，；
对应中项数为项，即，
，，
则使得成立的最小正整数.
故答案为：.
16．
【分析】
以椭圆的右焦点为极点，建立极坐标系，设，，可表示出，，再由可得，此时表示与两点的连线的斜率，由几何意义求解即可得出实数的取值范围.
【详解】
以椭圆的右焦点为极点，建立极坐标系，设，
过点作交于点，为椭圆的右准线，
过点A作极轴交极轴于点，

由椭圆的第二定义知：，则，所以，
则，代入化简可得：，
同理可得：，
由可得，
，表示与两点的连线的斜率，
而可看作圆上任意一点，
所以的几何意义为圆上一点与两点的连线的斜率，
过点作圆的切线可求出的最大值和最小值，
由分析知，过点直线的斜率一定存在，设为，
，故圆心到直线的距离为：
，化简可得：，解得：或，
所以，故.
故答案为：.
17．(1)，，证明见解析
(2)

【分析】
（1）根据数列定义，将逐步展开为，即可判断数列是等比数列；
（2）根据分组求和即可求解.
【详解】
（1），.
由题意得，
又，所以数列是等比数列.
（2）由（1）知.
运用分组求和，可得
.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）取的中点，根据等腰三角形三线合一性质、面面垂直的性质，结合线面垂直的判定可证得平面，由平行关系和线面垂直的性质可证得结论；
（2）取中点，作，由二面角平面角定义和线面垂直的判定可知，所求距离为；设，根据长度关系，在中，利用余弦定理可构造方程求得，利用面积桥可求得.
【详解】
（1）取的中点，连接，

为等边三角形，；
，为中点，，
，为中点，为中点，又为中点，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
，平面，平面，
平面，，又，.
（2）取中点，连接，
由三棱柱结构特征知：，又，，即四点共面，
由（1）知：平面，
平面，，，
是二面角的平面角，，
作，垂足为，

，，，平面，
平面，
设，则，
又，，
，，
，解得：，
又，，
即，解得：，
即点到侧面的距离为.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围.
【详解】
（1）由题意得，即.
由正弦定理得，
又由余弦定理得，
所以，故，
故，整理得，
又为锐角三角形，则
所以，因此.
（2）在中，由正弦定理得，所以.
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度的取值范围.
20．(1)列联表见详解，没有95%的把握认为获胜方与赛制有关
(2)（i）分布列见详解，0.84（ii）

【分析】
（1）根据题意补充完整列联表，再计算出的值，进而与临界值表作比较即可得出结论；
（2）（ⅰ）根据题意确定随机变量的取值，计算每个值对应的概率，即可得分布列，进而求得数学期望即可；（ⅱ）分别求出新、旧赛制下丙的期望得分，再解绝对值不等式即可求得的取值范围．
【详解】
（1）根据所给数据，可得下面的列联表：

旧赛制
新赛制
合计
甲获胜
6
9
15
乙获胜
4
1
5
合计
10
10
20

根据列联表得，，
又，故没有95%的把握认为获胜方与赛制有关．
（2）（ⅰ）由题意知丙的作答情况共有三类：抢答且答错，未抢答成功，抢答且答对，
则丙在一道抢答题中的得分可能为，0，2．
，，
故可列出的分布列如下：


0
2

0.12
0.4
0.48

因此．
（ⅱ）在旧赛制下，丙的期望得分为；
在新赛制下，丙的期望得分为．
由题意得，解得的取值范围为．
21．(1)
(2)直线过定点

【分析】
（1）根据题意求出与渐近线平行的直线方程，再求出与双曲线的交点坐标后求解即可；
（2）设直线，，的方程，因为直线，分别与椭圆和双曲线相交，故可以利用，，建立方程，化简得出直线斜率与截距之间的关系，求出直线所过定点.
【详解】
（1）由题意，得双曲线的渐近线方程为，

过与平行的直线方程为，由，解得，
过与平行的直线方程为，由，解得，
∴直线的方程为.

（2）直线过定点.

由已知，易知过的直线斜率存在且不为，直线，斜率存在且不为，
设直线，的直线方程分别为和，.
由，得，解得，则.
同理，则.
又，，三点共线，而，
故，解得.
设，，则，，
∴，
即
化简整理，得（*），
易知直线斜率存在，设直线的方程，
由，消去整理，得，
∴当且时，
有，，
代入（*）化简，解得，
即，故或.
当时，，经过点，不合题意，
当时，，经过点，满足题意.
因此直线过定点.

【点睛】
求解定点问题的常用方法有：
（1）从特殊入手，求出定点（通常为特殊位置，如轴上的点），再证明这个点与变量无关；
（2）直接通过题目中的几何关系进行推理、计算、化简，消去变量，从而得到定点.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】
（1）由极值点的概念可知在有解，通过分离参数思想将零点问题转化为两图象交点问题，求出的范围，代入回结合极小值的概念即可得解；
（2）通过三角函数的有界性得出，构造函数，利用导数判断函数的单调性求出的最小值即可得结果.
【详解】
（1）由题意知在上有极小值，
则在有解，
故，设，
显然在单调递增，
又，，所以.
当时，在单调递增，
又，，由零点存在定理可知，且，
此时当时，，当时，，
所以在上单调递减，
在上单调递增，故在上有极小值点.
因此实数的取值范围.
（2）由题意知，故.

.
设，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
因此成立.
【点睛】
该题中主要思路为由极值点想到在极值点处导数值为0，将零点问题通过分离参数思想解决，代入验证是否为极小值是必不可缺的步骤，在证明不等式的过程中，当指数与三角函数同时出现时，利用三角函数的有界性通过放缩思想去三角函数为该题的关键.