浙江省衢州、丽水、湖州三地市2023-2024学年高三上学期11月教学质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省衢州、丽水、湖州三地市2023-2024学年高三上学期11月教学质量检测数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 已知，且，则， 已知直线等内容，欢迎下载使用。

1.本试题卷满分150分，考试时间120分钟.
2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净.
4.非选择题的答案须用，黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效.
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. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数函数在单调递增，解对数不等式，再结合交集的概念即可.
【详解】∵在单调递增，
∴，则.
故选：C.
2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算及模长公式计算即可.
详解】由，
所以.
故选：A
3. 已知向量，，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】B
【解析】
【分析】由平面向量的坐标运算结合得出的值，即可判断出答案．
【详解】由已知得，，，
若，则，即，解得，
所以“”“”，但“”“”，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
4. 下列命题中错误的是（ ）
A. 已知随机变量，则
B. 已知随机变量，若函数为偶函数，则
C. 数据1，3，4，5，7，8，10的第80百分位数是8
D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为
【答案】D
【解析】
【分析】由二项分布方差计算公式可判断A，由正态分布密度曲线的性质即可判断B，根据第百分位数定义可判断C，可按分层抽样样本方差的计算公式判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，由函数为偶函数，则，
所以，
所以区间，关于对称，则，B正确；
对于C，，所以数据1，3，4，5，7，8，10的第80百分位数是第六个数据8，C正确；
对于D，由按分层抽样样本方差的计算公式可知选项缺少平均数的相关数据，D错误.
故选：D.
5. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的正余弦公式求解即得.
【详解】由，得，
而，则，，因此，
即有，所以.
故选：C
6. 已知是等比数列前项和，且，，则（ ）
A. 11B. 13C. 15D. 17
【答案】C
【解析】
【分析】由是等比数列的前项和得成等比数列，结合，列方程求解即可．
【详解】因为是等比数列，是等比数列的前项和，
所以成等比数列，且，
所以，
又因为，，
所以，即，解得或，
因为，
所以，
故选：C．
7. 设函数，且函数在恰好有5个零点，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简为，当时，得到.若函数在恰好有5个零点，只需函数在区间上恰有5条对称轴．结合正弦函数的图象可建立，求解即可.
【详解】，
令，得，
因为函数在恰好有5个零点，
所以函数在上恰有5条对称轴．
当时，，
令，
则在上恰有5条对称轴，如图：
所以，解得．
故选：B．
8. 四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用割补法与棱锥体积公式分别求所截两部分的体积即可.
【详解】如图，连接交于点，连接，则平面将四棱锥分成多面体和多面体两部分，显然.
设平行四边形的面积为，因为点为的中点，所以，
设到平面的距离为，因为点为的中点，所以点到平面的距离为，
取中点，连接，则，且，
又点共线且，所以，且，
所以，所以，所以点到平面的距离为，
故，
,
因此.
故选：B.
【点睛】求不规则几何体的体积通常使用割补法.
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. 已知直线：与圆：有两个不同的公共点，，则（ ）
A. 直线过定点B. 当时，线段长的最小值为
C. 半径的取值范围是D. 当时，有最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】化简直线为，进而可判定A正确；利用弦长公式，求得的最小值，可判定B正确；根据直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，可判定C不正确；结合向量的数量积的公式，以及直线与圆的位置关系，可判定D正确.
【详解】由直线，可化为，
由方程组，解得，即直线过定点，所以A正确；
当时，圆的方程为，可得圆心，
则，可得线段长的最小值为，所以B正确；
因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，所以C不正确；
当时，圆的方程为，
则，
当直线过圆心，此时，可得的最小值，
所以有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
10. 关于函数由以下四个命题，则下列结论正确的是（ ）
A. 的图象关于y轴对称
B. 的图象关于原点对称
C. 的图象关于对称
D. 的最小值为2
【答案】AC
【解析】
【分析】由函数解析式，根据奇偶性的定义，可得A、B的正误；根据函数对称性，可得C的正误；根据余弦函数的性质，可得D的正误.
【详解】由函数，其定义域为，
且，故函数为偶函数，故A正确，B错误；
由，则函数关于对称，故C正确；
当时，，则，故D错误.
故选：AC.
11. 正方体中，，分别是棱，上的动点（不含端点），且，则（ ）
A. 与的距离是定值B. 存在点使得和平面平行
C. D. 三棱锥的外接球体积有最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A求异面直线的距离，转化成求点到的距离；选项B用向量法求垂直于平面的法向量即可判断；选项C用向量垂直证明；选项D用补体积法判断.
【详解】
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则
对A，由图可知，因为与是异面直线，转化为求异面直线的距离，
因为,平面，
所以，所以点到的距离为的一半，等于，即为异面直线与的距离；故A正确；
对B，，设平面的法向量为
则，取，则，所以，
若存在点使得和平面平行，
因为，
则，故，不符合题意，故B错误；
对C，所以
则，所以，故C正确；
对D，采用补体积法，将三棱锥补到以为底面以为高的长方体里，则长方体的体对角线为外接球的半径的二倍，
体对角线长为，
当且仅当时取等号；故D正确；
故选：ACD
12. 已知函数，若，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数，求导后可判断原函数的单调性，根据数形结合思想，令，则，可判断出，，，由三次方程的韦达定理为，，，凑出选项，利用不等式的性质或者函数的单调性求出范围即可.
【详解】因为，，所以，
所以当时，，当时，或，
所以当时，单调递减，
当或时，单调递增，
且当时，，
当时，，
且时，或，
，
，
整理得：，
所以的对称中心为，
如图所示：
令，则由图可知：
，，，所以A错误；
B选项中，，
又因为，所以，且，
所以，
所以，
因为在上单调递减，故，所以，B正确；
C选项中，根据三次方程的韦达定理知，，
所以，所以C正确；
D选项中，因为，，，
所以，由，知，，
由B知，，所以，
故，又，所以，所以D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 展开式中的系数为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理计算即可.
【详解】设的通项为，
当时，.
故答案为：
14. 设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】推导出函数是周期为的周期函数，根据题中条件求出的值，结合函数的周期性可求得的值.
【详解】因为函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，
则，，
所以，函数的图象关于直线对称，也关于点对称，
所以，，，
所以，，则，
所以，函数是周期为的周期函数，
当时，，则，，，
，，，
，，
所以，，
又因为，所以，.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论：
（1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为；
（2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为；
（3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为.
15. 已知函数，，写出斜率大于且与函数，的图象均相切的直线的方程：______.
【答案】
【解析】
【分析】公切线问题，求导，再利用斜率相等即可解题.
【详解】∵，
∴，，
设相切的直线与函数，的图象的切点分别为，，
且，
∴，且，
解得，
∴两切点分别为，
∴与函数，的图象均相切的直线的方程为：.
故答案为：.
16. 已知双曲线：的左右焦点分别为，，为坐标原点，，为上位于轴上方的两点，且，．记，交点为，过点作，交轴于点．若，则双曲线的离心率是______．
【答案】
【解析】
【分析】作出图像，由余弦定理及双曲线的定义表示出和，再根据得出，即可表示出，由列出齐次式，求解即可．
【详解】做出图像，如图所示，则，
在中，由得，，
设，则，
所以，解得，即，
在中，由得，，
设，则，
所以，解得，即，
因为，
所以，
则，即，
所以，解得，
所以，
由可得，，则，
所以，整理得，解得，
故答案：．
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. 在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点在边上，，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，再由余弦定理，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由可得，结合余弦定理列出方程，即可求得，再由三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意得，
所以，故
因为，.
【小问2详解】
设，则，
在中，有.
在中，有.
又，所以，
所以有.又，所以.
在中，由余弦定理可得.
又，，，
所以有.
联立，解得 ，所以，
所以.
18. 如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．

（1）若是中点，求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式计算即可．
【小问1详解】
因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
连接，则，
在中，，
所以，
因为，，平面，且，
从而平面，
又平面，
所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为，所以，
又是中点，，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
19. 某大学生创客实践基地，甲、乙两个团队生产同种创新产品，现对其生产的产品进行质量检验.
（1）为测试其生产水准，从甲、乙生产的产品中各抽检15个样本，评估结果如图：现将“一、二、三等”视为产品质量合格，其余为产品质量不合格，请完善列联表，并说明是否有95%的把握认为“产品质量”与“生产团队”有关；
附：，.
（2）将甲乙生产的产品各自进行包装，每5个产品包装为一袋，现从中抽取一袋检测（假定抽取的这袋产品来自甲生产的概率为，来自乙生产的概率为），检测结果显示这袋产品中恰有4件合格品，求该袋产品由甲团队生产的概率（以（1）中各自产品的合格频率代替各自产品的合格概率）.
【答案】（1）列联表见解析，有95%的把握认为“产品质量”与“生产团队”有关
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意完善列联表，计算得出结论；
（2）分别用A、B、C表示事件，根据全概率公式求出，再由计算即可得解.
【小问1详解】
完善联表如下：
，
根据临界值表可知，有95%的把握认为“产品质量”与“生产团队”有关.
【小问2详解】
记事件代表“一袋中有4个合格品”，事件代表“所抽取的这袋来自甲生产”，事件代表“所抽取的这袋来自乙生产”，故，,故求：
由
故.
20. 已知函数.
（1）若，证明：当时，；
（2）求所有的实数，使得函数在上单调.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设（），对求导，设（），对求导，讨论与的大小，可得，即可证明；
（2）先求出为奇函数，要使函数在上单调，只要函数在上单调，解法1：对求导，由解出实数，即可得出答案；解法2：讨论，和结合零点存在性定理即可得出答案.
【小问1详解】
设（），
则，
设（），则，显然
所以在上单调递增，故，所以.
则在上单调递增，所以，因此
【小问2详解】
解法1：因为，所以为奇函数.
要使函数在上单调，只要函数在上单调.
又.
因为，所以函数在只能单调递减，
由，解得.
下证当时，在上单调.
由于是奇函数，只要在单调，
因为，所以在单调递减.
解法2：因为，所以为奇函数.
要使函数在上单调，只要函数在上单调.
又.
（ⅰ）若，即时，，所以函数
在上单调递减，所以满足题意；
（ⅱ）若，则，故，
所以由零点存在定理得存在，，使得当时，，
当时，，所以在单调递增，
在单调递减，因此不合题意；
（ⅲ）若，则，故，
所以由零点存定理得存在，，使得当时，，
当时，，所以在单调递减，
在单调递增，因此不合题意；
因此所求实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
21. 已知等差数列满足.
（1）若，求数列的通项公式；
（2）若数列满足，，且是等差数列，记是数列的前项和.对任意，不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，得到方程，求出公差，得到通项公式；
（2）法一：设，的公差为，代入题目条件变形后对照系数得到方程组，求出，得到，，利用放缩法和裂项相消求和得到，得到整数的最小值；
法二：记的公差为，由，，结合求出，进而得到，进而求出，进而得到，利用放缩法和裂项相消求和得到，得到整数的最小值.
【小问1详解】
设数列的公差为，则，得，
故或
【小问2详解】
法一：由为等差数列，可设，记的公差为，
故.
所以，显然，，
平方得，该式对任意成立，
故，解得.
故.
因此，
一方面，，
，
故，
另一方面，
.
故整数的最小值为3.
法二：记的公差为，
则，，，
上式平方后消去可得，
因为是等差数列，所以，故，
将其代入中，得，
解得或，
当时，，解得，
故，
，故，
当时，，此时无意义，舍去，
因此，
一方面，，
，
故，
另一方面，
.
故整数的最小值为3.
【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
22. 已知抛物线：（）上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作直线交于，两点，过点，分别作的切线与，与相交于点，过点作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点，、、、分别与轴交于点、、、.记、、、的面积分别为、、、.若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合抛物线定义即可.
（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由得出即可.
【小问1详解】
设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
如图，
设经过，两点的直线方程为：（），
与抛物线方程联立可得，
即，
∴，.
∵，则，
∴，
∴过点作的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点作的切线方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，即，
则到直线的距离.
又∵过点作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则到直线的距离.
由上可得，，
，，
∴，得，
∴直线的方程为即.
甲
乙
总和
合格
不合格
总和
15
15
30
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
甲
乙
总和
合格
12
6
18
不合格
3
9
12
总和
15
15
30