浙江省杭州第二中学2023-2024学年高三上学期第一次月考数学Word版含解析.docx

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杭州二中2023学年第一学期高三年级第一次月考数学试卷一､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.已知集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解不等式求出，再根据补集的概念求解即可.【详解】由，得到，∴，由，得到，∴，∴，故选：D.2.设是虚数单位，已知复数满足，且复数是纯虚数，则实数（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的四则运算及纯虚数的定义可求．【详解】由，得，又因为为纯虚数，所以，故选：D．3.为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三一班，二班各10名同学的体温记录（从低到高）：高三一班：36.1，36.2，，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃）， 高三二班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，，37.1（单位：℃）若这两组数据的第25百分位数、第90百分位数都分别对应相等，则为（）A.0.6B.0.5C.0.4D.0.3【答案】C【解析】【分析】根据题意结合百分位数的概念分析运算.【详解】由，可得第25百分位数分别为和，则；由，可得第90百分位数分别为和，则，解得；故.故选：C.4.苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成，则，这样我们可以知道N的位数.已知正整数是35位数，则M的值为（    ）N234511121314150.300.480600701.041.081.111.151.18A.3B.12C.13D.14【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，列出不等式，再取常用对数即可判断作答.【详解】因为，则，所以，两边取常用对数得，于是，即，所以.故选：C 5.在平面直角坐标系中，已知，长度为2的线段AB的端点分别落在x轴和y轴上，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用平面直角坐标系，设点，由题建立关系式，令将问题转化利用参数方程求解【详解】如图所示建立直角坐标系：由题意设，其中，所以令所以所以所以所以所以的取值范围是故选：D.6.已知两个圆锥的母线长均为6，它们的侧面展开图恰好拼成一个半圆，若它们的侧面积之比是1：2，则它们的体积之和是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据圆锥的母线长和侧面展开图恰好拼成一个半圆得到两个圆锥的底面圆的周长之和，再结合侧面积之比为1:2得到底面圆的周长比也为1:2，即可得到底面圆的半径，然后利用勾股定理得到圆锥的高，最后求体积即可.【详解】因为两个圆锥的母线长为6，侧面展开图恰好拼成一个半圆，所以两个圆锥的底面圆的周长和为6π，因为侧面积之比为1:2，所以底面圆的周长比为1:2，则底面圆的周长分别为2π，4π，底面圆的半径分别为1，2，所以两个圆锥的高分别为，，则体积之和为.故选：A.7.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用和差角公式展开，得到，即可得到，再利用两角差的余弦公式计算可得.【详解】因为，所以，所以，所以，所以 .故选：A．8.已知，，，则p，q，r的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据指对互化得出，，，通过化简根据基本不等式得出，即，则再通过对数单调性得出，即可得出答案.【详解】，，，，，，，由基本不等式可得：，则，，，则，，，故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在住小题给出的四个选项中，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.已知两个离散型随机变量，满足，其中的分布列如下：012 若，则（）．A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由分布列的性质及期望公式解得，然后根据期望与方差的公式及性质求解.【详解】由分布列的性质，可得，解得①，因为，所以，即②，联立①②解得，，∴，因为，所以，.故选：ABD.10.已知，则函数的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】令，先分析函数的奇偶性，再分情况讨论的奇偶性，然后逐项分析四个选项即可求解. 【详解】令，则，故为偶函数.当时，函数为偶函数，且其图象过点，显然四个选项都不满足.当为偶数且时，易知函数为偶函数，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，则选项，符合；若为正偶数，因为，则，当时，，所以函数在上单调递增，又因为函数为偶函数，所以函数在上单调递减，选项符合；若为负偶数，易知函数的定义域为，排除选项.当为奇数时，易知函数为奇函数，所以函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则选项符合，若为正奇数，因为，则，当时，，所以函数在上单调递增，又因为函数为奇函数，所以函数在上单调递增，选项符合；若为负奇数，函数的定义域为，不妨取，则，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当趋向于正无穷时，因为指数函数的增长速率比幂函数的快，所以趋向于正无穷；所以内先减后增，故选项符合.故选：.11.已知点，，点P为圆C：上的动点，则（） A.面积的最小值为B.的最小值为C.的最大值为D.的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，点P动到圆C的最低点时，面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到点时，取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当运动到与圆C相切时，取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.详解】，圆C是以为圆心，为半径的圆.对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，，故选项A错误；对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；对于C，当运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，，故选项C正确；对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确； 故选：BCD.12.过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线、，切点为、、不重合，设直线、分别与y轴交于点A、B，则（）A.、两点的纵坐标之积为定值B.直线的斜率为定值C.线段AB的长度为定值D.面积的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】根据切线方程的定义，利用分类讨论的思想，可得整理切线方程，根据直线垂直可得切点横坐标的乘积，进而可得纵坐标的乘积，利用直线斜率公式，等量代换整理，可得其值，利用切线方程，求得的坐标，可得答案.【详解】由函数，则，设，，当，时，由题意可得，，化简可得，符合题意；当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；对于A，，故A错误；对于B，直线的斜率，故B正确；对于C，易知直线，直线，令，则，即，同理可得，，故C正确； 对于D，联立，整理可得，解得，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，则当时，，所以，，故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.已知变量和的统计数据如下表：6789103.54566.5若由表中数据得到经验回归直线方程为，则时的残差为_________（注：观测值减去预测值称为残差）.【答案】##【解析】【分析】先求出回归方程，再根据回归方程求出预测值，最后计算残差即可.【详解】，则，解得，所以，当时，，所以时的残差为.故答案为：.14.已知多项式，则___________.【答案】16【解析】 【分析】令，运用换元法将等式变成，结合二项展开式的通项公式、赋值即可求得结果.【详解】令，则，因为的展开式的通项为，，所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为1，又因为的展开式的通项为，，所以令可得的展开式中一次项为，令可得的展开式的常数项为，所以.故答案为：16.15.设双曲线的右焦点为，以线段（为坐标原点）为直径的圆交双曲线的一条渐近线于两点，且，则双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意可得，再结合渐近线的斜率与离心率的关系列式求解即可.【详解】因为以线段（为坐标原点）为直径的圆交双曲线的一条渐近线于两点，故.又根据渐近线的斜率可得，故离心率.故答案为：16.若函数的定义域为，且，，则___．【答案】【解析】【分析】推导出，可得出，再利用等差数列的求和公式可求得的值. 【详解】因为函数的定义域为，且，令可得，可得，令，则，所以，，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.已知中角所对的边分别为，且满足.（1）求角；（2）若的面积是边上的点，且，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解；（2）根据已知条件，推得，两边同时平方，再结合三角形的面积公式，即可求解．【小问1详解】，由正弦定理得：，，.【小问2详解】 方法一：由已知：，得.，.方法二：由已知：，得.由余弦定理..设，在中，；在中，；由，解得..18.已知数列成等比数列，是其前项的和，若成等差数列.（1）证明：成等差数列；（2）比较与的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【小问1详解】证明：设等比数列的公比为q，由题意得，，即，所以，即，所以，即，所以，，成等差数列.【小问2详解】由（1）得：，又因为，所以，所以.19.如图1，在边长为4的等边中，，分别是，的中点．将沿折至（如图2），使得．（1）证明：平面平面；（2）若点在棱上，当与平面所成角最大时，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，通过证明平面得平面平面．（2）（方法1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，将与平面 所成角的正弦值表示为的函数，利用二次函数求最大值即可；（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．即为与平面所成角且，当最小时，MB最长.【小问1详解】取的中点，因为是等边三角形，所以．因为的边长为4，所以．在中，，，，由余弦定理，得．因为，所以．又因为，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．【小问2详解】（方法1）取的中点，则．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．设，因为，所以，所以．因为平面，平面，所以． 又因为，平面，所以平面，所以平面的一个法向量为．记与平面所成角为，则．因为当时，取得最大值，此时最大，所以，所以．（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．因为平面，平面，所以．又因为，，平面，所以平面，所以即为与平面所成角．因为在中，，所以．在平面内，当时，最小，此时，所以此时取得最大值，也最大．因为，所以．20.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.（1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；（2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；（2）根据题意求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质求出最值.【小问1详解】用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则，记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件共5种，所以.【小问2详解】因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得的所有可能取值为，则，， .所以的分布列为245所以的期望，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以，故的最大值为.21.设双曲线的右焦点为，点为坐标原点，过点的直线与的右支相交于两点.（1）当直线与轴垂直时，，求的离心率；（2）当的焦距为2时，恒为锐角，求的实轴长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，得到的式子，再由离心率的定义即可得出答案；（2）设其方程为与双曲线联立得到韦达定理由可得，由恒为锐角，得，均有，即恒成立，求解即可.【小问1详解】当直线与轴垂直时，由对称性知是等腰直角三角形， 于是，即，解得离心率.【小问2详解】若的焦距为2，则，即.由于直线的斜率不为零，可设其方程为.结合，联立得.设.由韦达定理，由于两点均在的右支上，故，即..由恒为锐角，得，均有，即恒成立. 由于，因此不等号左边是关于的增函数，所以只需时，成立即可.解得，结合，可知的取值范围是.综上所述，的实轴长的取值范围是.【点睛】关键点睛：联立直线与双曲线的方程，由可得，再将恒为锐角，得，均有，即恒成立，求解即可.22.已知函数，其中．（1）设函数，证明：①有且仅有一个极小值点；②记是的唯一极小值点，则；（2）若，直线与曲线相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线的方程．【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）①对函数求导，结合单调性、零点存在性定理证明仅有一个零点，并判断在零点两侧的符号即可得证；②由①可得，再对不等式进行等价变形，借助分析法即可得证. （2）设出切点坐标，由导数的几何意义推理可得切点坐标满足的关系，再求解作答.【详解】（1）①依题意，，求导得：，令，则，函数即在R上单调递增，又，则存在，使得，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以为的唯一极小值点．②由①知，，即，，则，因此，要证，只需证，即证，因为，从而只需证，即，而，所以.（2）依题意，，求导得：，则函数在点处的切线l的方程为，若直线l恰好与曲线相切且有无穷多个切点，任取两个不同的切点，则在此两点处的切线为同一直线，即，于是有，则或，若，从而得：，显然，则，若，取异于A，B外的另一个切点，则有，，如果，则有，如果，则，因此，从而恒有，即，于是得直线l的方程为或，当切线方程为时，切点为，当切线方程为时，切点为，所以直线l的方程为或．