浙江省衢州、丽水、湖州三地市2023-2024学年高三上11月教学质量检测数学试卷（含答案解析）

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1、衢州、丽水、湖州2023年11月三地市高三教学质量检测数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1 若集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 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8D. 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5. 已知，且，则（

2、）A. B. C. D. 6. 已知是等比数列的前项和，且，则（ ）A. 11B. 13C. 15D. 177. 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. 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. 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.

3、 半径的取值范围是D. 当时，有最小值为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211. 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12. 已知函数，若，其中，则（ ）A. B. C. D. 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_.14. 设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，则_.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：_.16.

4、 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_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.18. 如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，与交于点 （1）若中点，求证：；（2）求直线和平面所成角的正弦值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，现对其生产产品进行质量检验.（1）为测试其生产水准，从甲、乙生产产品中各抽检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

5、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；甲乙总和合格不合格总和151530附：，.0.150.100.050.0250.0100.0012.0722.7063.8415.0246.63510.828（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）.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.21. 已知等差数列

6、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.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.衢州、丽水、湖州2023年11月三地市高三教学质量检测数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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

7、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：A3. 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：B4. 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

8、，3，4，5，7，8，10的第80百分位数是8D. 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.

9、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：C6. 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：C7. 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

10、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：B8. 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

11、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

12、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

13、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

14、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：ACD12. 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

15、，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

16、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

17、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

18、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

19、）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

20、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；甲乙总和合格不合格总和151530附：，.0.150.100.050.0250.0100.0012.0722.7063.8415.0246.63510.828（2）将甲乙生产的产品各自进行包装，每5个产品包装

21、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：甲乙总和合格12618不合格3912总和151530，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

22、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

23、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.（）若，即时，所以函数在上单调递减，所以满足题意；（）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；（）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

24、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

25、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

26、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.