浙江省强基联盟2023届高三上学期10月统测数学试卷及答案.pdf

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浙江强基联盟2022-2023学年高三上学期10月统测数学试题
选择题部分
一､选择题:本题共8小题,每小题5分,,只
有一项是符合题目要求的.
AxxxBxx=−−=>∣∣2280,{1}
{},则AB∩=()
A.∅B.{xx∣4}C.{14}xx∣<D.{2}xx∣>−

−+=+ii2i(z),则zz⋅=()

,则这个圆锥的底面半径为()
11

42
､乙两人到一商店购买饮料,他们准备分别从加多宝､农夫山泉､雪碧这3种饮品中随机选择一
种,=“甲选择农夫山泉”,事件B=“甲和乙选择的饮品不
同”,则PBA(∣)=()
1112
.
4233

,,,“acR=∈λλ()”是“(abcabc⋅=⋅)()”的()


,先将5g的砝码放在天平左盘中,取出一些黄金放在天平右盘
中使天平平衡;再将5g的砝码放在天平右盘中,再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡,
则两次共称得的黄金()

−
=+==,e,,则()
log20232022
>>>>>>>>
=4上一点P作其切线,该切线交准线l于点MPNl,⊥,垂足为N,抛物线的:.
焦点为F,射线PF交l于点Q,若MPMQ=,则MN=()
4323
.
33
二､多选题:本题共4小题,每小题5分,,有
,部分选对的得2分,有选错的得0分.
,调查了该商品投入的广告费用x(万元)与销售利润y(万
元)的统计数据,如下表,由表中数据,得回归直线l:ybxaˆ=+ˆˆx,则下列结论正确的是()
广告费用x/万元3467
销售利润y/万元681012
>>(5,9)(3,6)
πππ
()=+>cos(0)ωω在区间,上单调,则ω的取值可以是()
263
511
.
22
CxyxyCxyxmymm:2440,:2230(2)22++−+=+−+−+−=>22
()()
作差,得到直线l的方程,则()
1
−,1
4
>2,使两圆心所在直线的斜率为−2
>2,两圆心所在直线与直线l垂直
,且切线长相等
=()的定义域为R,且对任意xy,∈R,有fxfyfxy()⋅=+−()(1),且当x>1
时,fx()>1,则()
(11)=()的图象关于点(1,1f())中心对称
()<1时,01<<fx()
非选择题部分
三､填空题:本题共4小题,每小题5分,:.
13.(2)xy+5的展开式中含xy32的项的系数为_____________.(用数字作答)
xxx(+1,0,)
,fx()=且fafbfc(),,()()成等差数列,则
xaxbx(+<),0,
c=_____________.
22
xy
−=1均相切,则直线l的方程可以是_____________.(写出符
164
合条件的一个方程即可)
,在平面四边形ABCD中,ABBDCDBDBAD⊥⊥=,,30∠,,且
∠BCD=45
CD=1,将ABD沿BD所在直线翻折,得到三棱锥ABCD−,已知该三棱锥的顶点均在同一
个球O的表面上,则球O体积的最小值为_____________.
四､解答题:本题共6小题,､证明过程或演算步骤.
17.(10分)
13an
已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=.
341an+
1
(1)证明:数列−2是等比数列.
an
1111
(2)若++++<2022,求正整数n的最大值.
aaaa123n
18.(12分)
ABC,,abc,,sinsinsinsin22ABBAB−=+
在锐角ABC中,内角的对边分别为,且满足().
(1)证明:AB=2.
b
(2)求的取值范围.
c
19.(12分)
盐水选种是古代劳动人民的智慧结晶,其原理是借助盐水估测种子的密度,
一批某品种种子的密度(单位:3)进行测定,认为密度不小于的种子为优种,小于
g/
,:.
(1)若将这批种子的密度测定结果整理成频率分布直方图,如图所示,据图估计这批种子密度
的平均值;(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)
(2)在(1)的条件下,用频率估计概率,从这批种子(总数远大于2)中选取2粒在自然情况
下种植,设萌发的种子数为X,求随机变量X的分布列和数学期望(各种子的萌发互相独立);
若该品种种子的密度ρ∼N(,),任取该品种种子20000粒,:假
2
设随机变量XN∼(µσ,),则
PXPX(µσµσµσµσ−+≈−+),22()≈.
20.(12分)
如图,四棱锥PABCD−的底面为矩形,侧面PCD与底面ABCD垂直,点EF,分别在侧棱
PAPC,上,满足DEPADFPCPDCDADPB⊥⊥====,,24,6.
(1)证明:PBEF⊥.
(2)求二面角DEFC−−的正弦值.
21.(12分)
xy2259
已知椭圆Cab:1(0)+=>>过点,,2,0,2,0FF12(−)()为其左､右焦点.
ab2244
(1)求椭圆C的方程;
(2)P为第一象限内椭圆C上的一点,直线PFPF12,与直线x=5分别交于A,B两点,记PAB:.
S125PAPF⋅1
和PFF12的面积分别为SS12,,若=,求的值.
S29PBPF⋅2
22.(12分)
22a
已知函数fxxaxaxa()=−−≠ln0(),存在实数aaaa1212,(<),当分别取aa12,时,fx()
有相同的极值点和极值.
(1)求aa12,;
fx()
(2)若aa=2,设gx()=,曲线ygx=()在点(tgt,())处的切线与曲线ygx=()交于
x
另一点,求t的取值范围.
:.
浙江强基联盟2022年10月高三试题解析
1.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第1题)
解析:Axx=≥{4∣或xABxx≤−∩=≥2},{∣4},故选B.
2.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第2题)
解析:由−⋅+=+ii2i(z),得zzzz=−+=−−⇒⋅=+=1i,1i112,故选C.
3.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第3题)
11
解析:SlRl扇形==⋅==π,则Crr圆==⇒=2ππ,故选B
22
4.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第4题)
解析:得本题可以缩小样本空间方法解决条件概率同,在A事件已经发生的情况下,有加多宝､
农夫山泉､雪碧这3种饮品三种选择,而其中B事件发生的事件为加多宝､雪碧两种选择,所以
2
PBA(∣)=,故选D
3
5.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第5题)

解析:显然acR=∈λλ()能推出(abcabc⋅⋅=⋅⋅)()成立,(abcabc⋅⋅=⋅⋅)()成立,取特殊情

况,c=⊥0,ab且不为0,显然acR=∈λλ()不成立,故选A.
6.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第6题)
解析:设左右两臂的长度为ab,,两次取的黄金重量为xy,克,显然xy≠,则5,5abxayb==,
消掉ab,,可得xyxyxy=⇒+>=25210,故选C
7.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第7题)
π
解析:abc>>由xxx><<sin0可得,a=+<+=
2
由切线不等式exxx>+>1(0)可得,−,显然ba>
b=>−+=
−
因bc===ee1,log2023log20222log2023log20221<(2022+>⋅⋅=2023)20222023
22
所以cb>,综合可得cba>>.
8.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第8题)解析:设pxy(00,),则
22y0−
lxxyymPM:2200=+∴−,1
x0:.
yx00−−12
lyxNPQ:=+∴−1,,1
xy00−1
3
222yx00−21(y0+)
∴=+=MN
xyxy0000−−11()
4211yy00+⋅+()
∴=++=pmy1120
xx00
MNPMy=⇒=03或y0=0(舍)23,3∴p()
2343
∴==∴=xxMNMN,23
33
9.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第9题)
3467681012++++++
解析:由表中数据易知b>0,又xy===5,=9,所以直线l必过
44
点(5,9),通过数据也可观测回归直线与y轴截距是大于0的,故aˆ>0,所以答案为ABC.
10.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第10题)
πππωππωππππ
解析1:xx∈⇒+∈++>,ωω,(0),因在区间,上单调,
632623263
ωππωππωππωππ
所以++∈+,2,2[kkπππ]或++∈++,[ππππ2,22kk]
62326232
ππππ5118ππ
将四个选项代入,ω=1时,++∈,0,[π]满足,ω=时,,不满足,
62322126
711ππ111714ππ
ω=4时,,,2∈[ππ]满足,当ω=时,,不满足
662126
综上可知,选AC,:.
πππ
解析2:fxxxx()=+=−<<>cosωωωsin,,0
263
πππππ
ωωωωωπωπ<<−≤⇒≤x,,2
63363
ππ
ω≥,
ππ62
∴<≤0ω或
32ππ3
ω≤.
32
39
⇒<≤0ω或3≤≤ω,故选A,C
22
11.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第11题)
解析:直线l的方程为:4210xmym−+++=()
1
分参可得myx(1410−+−=),得直线l一定过点,1,所以A错误,
4
mm1
CCk12(−−⇒=−−=−⇒=1,2,1,1)CC1226m,所以B正确,
224
42m+
因kkl==−⇒=−⇒⊥,1CC12kklCClCC1212,所以C正确,
m+24
D选项,硬算切线长,计算量相当大,这里就不写了,D正确,(高航老师说可以用根轴)以后
用专题解决此问题,时间关系,这里忽略了.
所以选BCD,,
12.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第12题)
解析1:取特殊函数
fxe=x−1AD,
取函数()符合题意,验证A,D正确,B,C错误,故选
解析2:抽象函数运算
令xy==1,2,可得fff(122)⋅=()(),因f(21)>,所以f(11)=,A正确令
xx++11xx++11
xy==,可得fffx⋅=>()0
2222
设xx12<,令xxxyxyxx=+−=⇒=−+>1,122111
fx(2)
所以fxfxxfx(121)⋅−+=⇒=−+>(1)(2)fxx(2111),即fxfx(12)<()
fx(1):.
即fx()在R上单调递增,所以C错误
令xy==0,2,可得fff(0211)⋅==()(),因ff(02)<()
ff(02)+()
所以>⋅==fff(0211)()(),所以fx()的图象关于点(1,1f())没有中心对
2
称,
所以B错误
1
当x<1时,令xxyx==−>,21,此时fxfxffx()⋅−==⇒=(211)()(),
fx(2−)
1
因fx(21−>),所以fx()=∈(0,1),所以D正确
fx(2−)
综上所述:选A,D
13.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第13题)
C33280=
解析:系数为5
14.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第14题)
解析:由奇函数可知xfxfxxx<=−−=−0,()()(1),则abff=−=−=−=1,1,12,12()(),
则fc()=6,由函数单增,则存在唯一的c=2满足.
15.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第15题)
22
xy
解析:设直线方程为ykxm=+,因直线AxByC++=0与22+=1联立判别式
ab
21
22k=
22222km+=13323
=+−AaBbC,,则22⇒=±±则yx
164km−=2433
m=
3
16.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第16题)
解析:如图1,ABDBCD,外接圆圆心分别为斜边中点EF,,则分别过圆心作相应平面垂线,
22213
交点为球心OROEEAOE,1=+=+,如图2,因GF=<=EGF,可看成以G为
22
4
圆心的圆,显然O可以与E重合,则RVminmin==1,π
3:.
17.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第17题)
解析:(1)易知{an}各项均为正,
3an1114
对an+1=两边同时取倒数得=⋅+,
41an+aann+133
1111
即−=−22,因为−=21,
aann+13a1
11
所以数列−2是以1为首项,为公比的等比数列.
an3
n−1
11111
(2)由(1)知−==2,即=+n−12,
n−1a3
an33n
n
1
1−
1111331
所以,
fn()=++++=+=+−221nnn
aaaa123n123
1−
3
显然fn()单调递增,因为
3131
ff(,)=−<=−⋅>10101011,所以n的最大值为
2323
1010.
18.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第1题)
sinsinsinsin22ABBAB−=⋅+
解析:(1)由()得
sinsinsinsin22ABBC−=,由正弦定理得abbc22−=
bcacbccbCB2222+−−−−sinsin
故cosA====,可得2sincossinsinBAABB=+−()
2222sinbcbcbB:.
即sinsincossincossinBABBAAB=−=−(),
ππ
因为0,0<<<<AB,
22
所以BAB=−,即AB=2;
bBBBBsinsinsinsin
(2)====
cCBBBBBBsinsin3sin3sin2coscos2sin(π−+)
sinB1
=22=2,
2sincos2cos1sinBBBB+−()4cos1B−
π
0<<B
2

πππ23
在锐角ABC中,02,<=<⇒<<<<ABBB,cos,
26422
π
03<=−<CBπ
2
b11
所以=∈2,1.
cB4cos12−
19.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第19题)
解析:(1)平均数=×+×+×+×+×+×=
3
(2)良种占比为(++×=)任选一粒种子萌发的概率
5
343318
p=×+−×=1为这批种子总数远大于2,所以XBp∼(2,)以X布列为
555525

49252324
P.()()()
625625625
36
期望EXp()==2()
25

(3)µ=×+=827(粒)
2
20.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第20题)
解析:(1)平面PCD⊥平面ABCD(交线为CD),BCCD⊥,
∴⊥BC平面PCDBC,⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PCD(交线为PC),∴⊥DFCP,
∴⊥DF平面BCPDFPB,∴⊥;:.
PDBDPBPDBD222+==∴⊥36,,又BCPDBCBDB⊥∩=,
∴⊥PD平面ABCDPD,⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD(交线为AD),
同理可得DEPB⊥,
又DEDFDPB∩=∴⊥,平面DEFPBEF,∴⊥.
8
(2)【方法一】(几何法)作PHEF⊥,垂足为H,在PEF中,PE=5,
5
EFPF==22
22
242PE⋅30
PE边上的高(22)530−=,所以58,
55PH==3
EF5
h536
所以二面角DEFC−−的正弦值为=,二面角DEFC−−的余弦值为.
PH99

【方法二】(坐标法)设平面CEF即平面PAC的法向量nxyzPA=(,,,2,0,4)=−(),

PC=−(0,4,4),

nPA⋅=0xz−=20nPB⋅6
由得,取n=(2,1,1),所以cos,nPB==,
nPC⋅=0yz−=0nPB9
6
所以二面角DEFC−−的余弦值为.
9
21.(2022年10月浙江强基联盟高三试题解析第21题)
2(0),cccaac>=−−==22244,2F−2,0
解析:(1)设椭圆焦距为(),所以1(),
2222
5959
Fa2(2,0,22)=+++−+==2210,10a,
4444:.
22
xy
所以椭圆C的方程为+=1.
106
222222
2(xy00−+2)xxy000−++44xy
设Pxyxy(,,0)(>),则k==,因为00+=1,
0000222
(xt0−)xtxt00−+2106
22
xx00−+410241010
所以k2=5,因为k为定值,所以==2,解得得tk==5,;
2252tt5
xtxt00−+2
7y0
(2)由FPxy1(−2,0,,)(00)得直线PFyxxyy100:220−++=()0,所以A5,,
x0+2
3y073420yyyxy00000−
同理得B5,,AB=−=2,所以
xxxx0000−+−−2224
12
ABx(5−0)5−x
S12(0)25,
===2
Sy2029x0−4
22
化简得16903250xx00+−=或34901250xx00−+=,
5
解第一个方程:(258650xx00−+=)(),得x0=;第二个方程无实根.
2
53731
【方法一】(距离公式)所以PABPFPF,,5,,5,9,10,10()12==,
22322
55PAPF⋅1
PAPB==10,10,所以=1｡
62PBPF⋅2
yyy2
kk⋅=⋅==0001
【方法二】(相似三角形)因为PFPF122,
xxx000+−−224
所以∠∠PFFPBA12=.所以PABPFF∼12,
PAPF⋅1
所以=1.
PBPF⋅2
)
(2xaxa+−)()a
解析:(1)fx()的定义域为(0,+∞),令fx′()==0,得x=−或xa=,
x2
显然aa12<<0,当a分别取aa12,时,fx()和fx′()随x的变化如下表::.
a1a1a1
x0,−−0,−x(0,a2)a2(0,−a2)
222
fx′()−0+fx′()−0+
fx()单调递减极小值单调递增fx()单调递减极小值单调递增
aa=1aa=2
由题意,
a1
−=a2
2
,
a1
ffa−=(2)
2
解得aeae12=−=2,;
fx()2lnx
(2)若aagxxx====−−>2e,()ee(0),
xx
2(1ln−x)
gx′()=1e−
x2
曲线gx()在(tgt,())处的切线方程为ygtgtxt−=−()′()(),
因为切线与曲线gx()交于另一点,
所以方程gxgtgtxt()−=−()′()()有两个正实根,
ln1ln2ln1txt−−
整理得2x+−=0,
txt
ln1ln2ln1txt−−
设hxx()=+−2,显然ht()=0,
txt
ln1ln1tx−−
hx′()=22−,显然ht′()=0,
tx
ln1x−xx(32ln−)
设ϕϕ(xx)=,′()=,
xx24
33
所以ϕ(x)在0,e2上单调递增,在e,2+∞上单调递减,


当x→0时,ϕ∞(x)→−;当x→+∞时,ϕ(x)→0,:.
据此作出ϕ(x)的大致图象如图;
由图可知:
①当0e<≤t时,hxtx′()=−ϕϕ()()在(0,t)上为正,
在(t,+∞)上为负,所以hx()在(0,t)上单调递增,在
(t,+∞)上单调递减,hx()有极大值ht()=0,有唯一实根t,不合题意;
3
②当2时,hxhx′()≥0,()在(0,+∞)上单调递增,有唯一实根t,不合题意;
t=e
3
32
③当2时,∃∈+x0e,∞,使得ϕϕ(xt0)=(),即hxhx′(0)=0,()在(0,t)上单调递
ee<<t

增,
在(tx,0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,因为ht()=0,所以hx(0)<0,又当
x→+∞时,hx()→+∞,所以hx()在(x0,+∞)上存在另一个实根,符合题意;
3ln1et−33lnee−−−(tt)()3
e()2ln1t−2
改:又ht=+23−><<0ee,
ttt−−eee()t
3
e
所以hx()在区间x0,存在另一个实根,符合题意;
t−e
3
32
④当2时,∃∈x0e,e,使得hxhx′(0)=0,()在(0,x0)上单调递增,在(xt0,)上单调递
t>e

减,
在(t,+∞)上单调递增,因为ht()=0,所以hx(0)>0,又当x→0时,hx()→−∞,所以hx()
在(0,x0)上存在另一个实根,符合题意;
3
ln12ln1tt−−2
改:又ht(1)=−<>20e,
tt:.
所以hx()在区间(1,x0)存在另一个实根,符合题意;
33
综上,t的取值范围为e,ee,22∪+∞.
