2023屆浙江省紹興市高三下學期數(shù)學5月適應性考試試卷及答案

高三下學期數(shù)學5月適應性考試試卷一、單項選擇題1.集合滿足，那么集合A可以是〔

〕A.

{3}

B.

C.

D.

2.x，y為正實數(shù)，那么〔

〕A.

B.

C.

D.

3.z是復數(shù)，i是虛數(shù)單位，那么“〞是“〞的〔

〕A.

充分而不必要條件

B.

必要而不充分條件

C.

充分必要條件

D.

既不充分也不必要條件4.函數(shù)的局部圖象是〔

〕A.

B.

C.

D.

5.雙曲線的漸近線過點，那么該雙曲線的離心率為〔

〕A.

B.

C.

2

D.

6.假設實數(shù)x，y滿足約束條件，那么的取值范圍是〔

〕A.

B.

C.

D.

7.設，假設隨機變量的分布列如下：-102那么以下說法錯誤的選項是〔

〕A.

B.

C.

D.

8.底面為正方形的四棱錐，點的射影在正方形內(nèi)，且到的距離等于的長，記二面角的平面角為，二面角的平面角為，二面角平面角為，那么以下結論可能成立的是〔

〕A.

B.

C.

D.

9.等差數(shù)列滿足，，公差為d，數(shù)列滿足，假設對任意的都有，那么公差d的取值范圍是〔

〕A.

B.

C.

D.

10.函數(shù)沒有極值點，那么的最大值為〔

〕A.

B.

C.

D.

二、填空題11.角的終邊過點，那么________，________．12.，那么________；________．13.拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形常稱為阿基米德三角形，因為阿基米德最早利用逼近的思想證明了：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積等于阿基米德三角形面積的．為拋物線上兩點，那么在A點處拋物線C的切線的斜率為________；弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積為________．14.某幾何體的三視圖如下列圖，俯視圖為平行四邊形，內(nèi)部圖形為扇形，正視圖、側視圖上方為直角三角形，下方為矩形，那么三視圖中側視圖的面積為________；該幾何體的體積為________．15.P是圓上一點，動點，的坐標為，，其中.假設恰好存在一個點，使得，那么________.16.把編號為的五個小球隨機放入編號為的五個盒子，每盒一個小球，假設滿足，那么不同的放法共有________種．17.平面向量滿足：，，，那么的最大值是________．三、解答題18.如圖，平面四邊形中，．〔1〕假設，，求的面積；〔2〕假設，，，求t的最大值．19.如圖，三棱柱各棱長均為2，．〔1〕求證：；〔2〕假設二面角為，求與平面所成角的正弦值．20.數(shù)列、滿足：，，數(shù)列前n項和為．〔1〕假設，求數(shù)列的通項公式及；〔2〕假設，求證：．21.橢圓的離心率為，且過點．〔參考公式：過橢圓上一點的切線方程為〕〔1〕求橢圓C的方程；〔2〕過橢圓C外一點作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B，記的斜率分別為，且．①求P點軌跡方程；②求證：的面積為定值．22.函數(shù)，.〔1〕求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；〔2〕函數(shù).①假設在處取得極小值，求實數(shù)的取值范圍；②假設的一個極值點為，且，求的最大值．

答案解析局部一、單項選擇題1.【解析】【解答】，集合A可以是，。故答案為：D.

【分析】利用條件結合集合間的包含關系，進而找出滿足要求的集合A。2.【解析】【解答】A中，，A不正確；B中，，B符合題意；C中，，C不正確；D中，，D不正確.故答案為：B.

【分析】利用條件結合對數(shù)的運算法那么、指數(shù)冪的運算法那么，進而找出正確的選項。3.【解析】【解答】∵，∴；∵，∴，故“〞是“〞的充分而非必要條件。故答案為：A.

【分析】利用條件結合充分條件、必要條件的判斷方法，進而推出“〞是“〞的充分而非必要條件。4.【解析】【解答】定義域為R，∵，∴為奇函數(shù)，其圖像關于原點對稱，排除A、B；對于CD，令，解得：，即有三個零點，如圖示，取，有，∵，∴，排除C。故答案為：D

【分析】利用奇函數(shù)的定義判斷函數(shù)為奇函數(shù)，再利用奇函數(shù)的圖像的對稱性，再結合函數(shù)零點的定義結合特殊點法，從而利用排除法找出函數(shù)的局部圖像。5.【解析】【解答】∵的漸近線方程為，而點在第一象限，∴，又∵，∴，解得，∴雙曲線的離心率為。故答案為：B.【分析】利用雙曲線的標準方程確定焦點的位置，進而求出雙曲線的漸近線方程，再利用雙曲線的漸近線過點，結合代入法得出b,c的關系式，再利用雙曲線中a,b,c三者的關系式求出a,c的關系式，再結合雙曲線的離心率公式變形，進而求出雙曲線的離心率。6.【解析】【解答】畫出約束條件的可行域，如圖示：作出直線，顯然當直線經(jīng)過陰影局部，直線的縱截距大于零，所以可以轉化為，由圖示可知，經(jīng)過點時，無最大值。故答案為：A.

【分析】利用二元一次不等式畫出可行域，再利用可行域求出最優(yōu)解，再利用最優(yōu)解結合絕對值的定義，從而求出目標函數(shù)的最值，從而求出目標函數(shù)的取值范圍。7.【解析】【解答】由分布列的性質可知，所以有，所以A項正確；，，因為，所以，所以B項正確；，，，因為，所以，所以不一定小于0，所以不一定成立，所以C項錯誤；，且，所以有，令，所以，，所以，所以在上單調(diào)遞增，，所以所以D項正確；故答案為：C.

【分析】利用隨機變量的分布列結合概率之和為1，從而求出m+n的值，進而結合隨機變量的分布列得出，再利用隨機變量的分布列結合數(shù)學期望公式和方差公式，進而推出不一定成立和，從而選出說法錯誤的選項。8.【解析】【解答】設點在正方形內(nèi)的射影為，連接，且，作，垂足為，那么，對于A，假設，由對稱性可知，點在上；同理，當時，點在上；那么，即點與點重合，此時，又，，與矛盾，A不符合題意；對于B，假設，那么點在上，此時，又，，與矛盾，B不符合題意；對于C，假設，那么點在中點連線上，如以下列圖所示：由對稱性可知：，此時，即與重合，；，在線段上，設正方形邊長為，那么當時，，使得成立，C符合題意；對于D，假設，那么在上，如以下列圖所示：，那么在線段上，此時不存在點滿足，使得，D不符合題意.故答案為：C.

【分析】設點在正方形內(nèi)的射影為，連接，且，作，垂足為，那么，再利用射影的性質結合點到直線的距離公式，再結合二面角的平面角的求解方法，從而找出的大小關系。9.【解析】【解答】令，構造函數(shù)，，∴當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減；那么對于，當，即時，單調(diào)遞增，當，即時，單調(diào)遞減，所以當距離最近時，取得最小值，根據(jù)題意知，為最小值，所以距離最近，而等差數(shù)列滿足，，所以，所以是遞增數(shù)列，∴，解得，所以公差d的取值范圍是。故答案為：B.

【分析】令，構造函數(shù)，再利用求導的方法判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性推出對于，當，即時，單調(diào)遞增，當，即時，單調(diào)遞減，所以當距離最近時，取得最小值，根據(jù)題意知，為最小值，所以距離最近，再利用等差數(shù)列的定義結合增函數(shù)的定義，判斷出數(shù)列是遞增數(shù)列，從而結合等差數(shù)列的通項公式，從而解絕對值不等式求出公差的取值范圍。10.【解析】【解答】，，因為函數(shù)沒有極值點，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以在上恒成立，那么有，即，所以，令，因為，所以，所以，當且僅當時取等號，故答案為：D.

【分析】利用導數(shù)的運算法那么求出導函數(shù)，因為函數(shù)沒有極值點，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以在上恒成立，再結合二次函數(shù)的圖像的開口方向結合判別式法，即，所以，令，因為，所以，所以，再利用均值不等式求最值的方法，從而求出的最大值。二、填空題11.【解析】【解答】∵角的終邊過點，∴，，，∴。故答案為：2；。

【分析】利用條件結合正切函數(shù)的定義，從而求出角的正切值，再利用同角三角函數(shù)根本關系式求出角的正弦值和余弦值，再利用二倍角的正弦公式，進而求出的值。12.【解析】【解答】因為，所以，令，得，令，得，由兩式得。故答案為：20,32。

【分析】利用二項式定理求出展開式中的通項公式再利用通項公式求出的值，再利用賦值法結合求和法得出的值。13.【解析】【解答】因為，所以，所以，所以在A點處拋物線C的切線的斜率為-1，切線方程為：，即，同理在B點處拋物線CD切線方程，由，解得，所以兩切線的交點為，所以阿基米德三角形面積，所以弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積為。故答案為：-1，。

【分析】利用求導的方法求出拋物線在點A和點B處的切線的斜率，再利用點斜式求出在A點處拋物線C的切線和在B點處拋物線CD切線方程，再聯(lián)立兩切線的方程求出交點的坐標，再利用三角形面積公式求出阿基米德三角形面積，再結合三角形面積公式求出弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積。14.【解析】【解答】根據(jù)三視圖得其直觀圖為組合體，在俯視圖平行四邊形中，如下列圖，因為內(nèi)部圖是扇形，所以平行四邊形鄰邊相等，所以平行四邊形是菱形，設中點為，由主視圖可得，所以三角形是正三角形，所以，所以該幾何體的上面是圓錐，圓錐的底面半徑是2，高是上面是底面是的圓錐，下面是直四棱柱，如下列圖，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可得側視圖的面積為；該幾何體的體積為。故答案為：；。

【分析】根據(jù)三視圖得其直觀圖為組合體，因為內(nèi)部圖是扇形，所以平行四邊形鄰邊相等，所以平行四邊形是菱形，設中點為，由主視圖可得，所以三角形是正三角形，所以，所以該幾何體的上面是圓錐，圓錐的底面半徑是2，高是上面是底面是的圓錐，下面是直四棱柱，再利用側視圖的結構特征結合矩形的面積和三角形的面積公式，再結合求和法，從而求出三視圖中側視圖的面積，再利用三棱錐的體積公式結合四棱柱的體積公式，再結合求和法，從而求出該幾何體的體積。15.【解析】【解答】設以為直徑的圓為圓，∵，，∴，∵圓上恰好有一個點滿足，∴圓與圓相切.①當兩圓外切時，，解得；②當兩圓內(nèi)切時，，解得。故答案為：-2或。

【分析】設以為直徑的圓為圓，因為，，再利用中點坐標公式求出圓心坐標，再結合兩點距離公式求出圓的直徑，進而求出圓的半徑，從而求出圓的標準方程為圓，因為圓上恰好有一個點滿足，再利用兩圓相切的位置關系判斷方法，所以圓與圓相切，再利用分類討論的方法結合兩圓內(nèi)切和外切的判斷方法，從而求出t的值。16.【解析】【解答】的所有可能包括：；；；?！?〕盒1放球1時，剩下的盒子依次記為盒2、盒3、盒4、盒5，剩下四球的所有排列：2345，3245，4235，2354，3254，4253，2435，3425，4325，2453，2534，3524，4523，2543〔其中球5不能放在盒2，不用列舉.而3452，4352，3542，4532滿足，應舍去〕共14種；〔2〕盒1放球2時，剩下的盒子依次記為盒2、盒3、盒4、盒5，剩下四球的所有排列：1345，3145，4135，1354，3154，4153，1435，1453，1534，1543〔其中球5不能放在盒2，不用列舉.而3415，4315，3451，4351，3514，4513，3541，4531滿足，應舍去〕共10種；〔3〕盒1放球3時，剩下的盒子依次記為盒2、盒3、盒4、盒5，剩下四球的所有排列：1245，2145，4125，1254，2154，1425，1524，〔其中球5不能放在盒2，不用列舉.而4152，2415，4215，1452，2454，4251，2514，4512，1542，5241，4521滿足，應舍去〕共7種；所以共有14+10+7=31種。故答案為：31。

【分析】利用絕對值的定義結合，得出所有可能包括：；；；。再利用分類討論的方法結合分類加法計數(shù)原理，從而求出共有的不同的放法種數(shù)。17.【解析】【解答】在平面直角坐標系中，設，，又因為，可設∵，∴，要使的最大，可令，∴，令

∴的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，∴。故答案為：。

【分析】在平面直角坐標系中，利用條件結合向量的坐標表示，從而設出，，又因為，可設再利用數(shù)量積的坐標表示得出，再利用數(shù)量積的運算法那么得出，要使的最大，可令，令函數(shù)，再利用求導的方法判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求出函數(shù)的最大值，進而求出的最大值。三、解答題18.【解析】【分析】〔1〕利用條件結合正弦定理，再利用三角形內(nèi)角和為180度結合三角形的面積公式，從而求出三角形的面積?！?〕在中，由余弦定理結合兩角和的余弦公式和兩角和的正弦公式，得出，再利用正弦型函數(shù)的圖像，從而求出正弦型函數(shù)的值域，進而求出t的最大值。19.【解析】【分析】〔1〕取中點D點連接，所以正和正中，所以再利用線線垂直證出線面垂直，所以面，再利用線面垂直的定義證出線線垂直，即證出。

〔2〕法一：作垂直于H，連，由面，可得為二面角的平面角，所以，再由面

，結合線面垂直的定義推出線線垂直，所以，又因為，再利用線線垂直證出線面垂直，所以面，所以為與平面所成角的平面角，再利用正弦函數(shù)的定義得出的值，因為，從而求出直線與平面所成角的正弦值；法二：建立以AB的中點D為坐標原點的空間直角坐標系，進而求出點的坐標，由面，可得為二面角的平面角，所以，設面的法向量為，再利用數(shù)量積為0兩向量垂直的等價關系，再利用數(shù)量積的坐標表示求出平面的法向量的坐標，再利用向量的坐標表示求出向量的坐標，再利用結合數(shù)量積求向量夾角公式和誘導公式，進而求出直線與平面所成角的正弦值。20.【解析】【分析】〔1〕利用結合的