2023學年第一學期杭州市高三年級教學質量檢測數學試題卷考生須知：1．本試卷分試題卷和答題卷兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．2．請用黑色字跡的鋼筆或簽字筆在答題卡指定的區域（黑色邊框）內作答，超出答題區域的作答無效！3．考試結束，只需上交答題卡．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】集合即函數的定義域，而則為函數的值域，分別求解再進行交集運算即可.【詳解】由有意義，則，故，由，得其值域為，故，所以，故選：A2.設復數（i為虛數單位），則（）A. B.0 C. D.2【答案】B【解析】【分析】先化簡，進而求得，進而根據復數的模的公式計算即可.【詳解】因為，所以，所以.故選：B.3.若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】舉反例即可求解ABC,分類討論，結合不等式的性質即可求解D.【詳解】若，滿足，但不成立，故A錯誤，若，滿足，但，不成立，故B錯誤，當時，不成立，故C錯誤，當時，，顯然成立，當時，則，又，故成立，當時，，顯然成立，故時都有，故D正確，故選：D4.設集合．若，且中元素滿足：①任意一個元素的各數位的數字互不相同；②任意一個元素的任意兩個數位的數字之和不等于9，則中的兩位數的個數為（）A.72 B.78 C.81 D.90【答案】A【解析】【分析】根據集合描述列舉出集合中的兩位數，由及中元素的性質確定中的兩位數的個數.【詳解】行表示個位，列表示十位，集合中的兩位數如下表所示0123456789110111213141516171819220212223242526272829330313233343536373839440414243444546474849550515253545556575859660616263646566676869770717273747576777879880818283848586878889990919293949596979899由，對于集合中的兩位數元素，任意一個元素的各數位的數字互不相同，排除；任意一個元素的任意兩個數位的數字之和不等于9，排除；共有90個兩位數，排除其中18個，所以中的兩位數的個數為72個.故選：A5.用測量工具測量某物體的長度，需測量次，得到個數據．設函數，則當取最小值時，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】理解求和符號，由是二次函數，求解二次函數最值即可.【詳解】,當時，取最小值，最小值為.即時，取最小值.故選：B6.設等比數列的公比為，前項和為，則“”是“為等比數列”的（）A充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】應用等比中項的性質，由為等比數列，解出值，即可判斷.【詳解】依題，“為等比數列”，所以，得，化簡得，解得，則“”是“為等比數列”的充要條件.故選：C7.邊長為2的正方形，經如圖所示的方式裁剪后，可圍成一個正四棱錐，則此正四棱錐的外接球的表面積的最小值為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】設底面邊長為，可求得此四棱錐的高為，根據外接球與正四棱錐的關系，利用勾股定理可求出外接球半徑，再利用導數求得半徑的最小值即可.【詳解】如圖所示，設圍成的四棱柱為，為正四棱錐高，作交于，連接，設，則，在直角三角形中由勾股定理得，又因為正四棱錐的外接球球心在它的高上，記球心為，半徑為，連接，則，則在直角三角形中，即，解得，令，則，，令解得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時取最小值，所以，所以該四棱錐外接球表面積的最小值為，故選：B8.設函數．若為函數的零點，為函數的圖象的對稱軸，且在區間上有且只有一個極大值點，則的最大值為（）A. B. C. D.12【答案】A【解析】【分析】直接利用，，求出和的表達式，進一步利用在區間上有且只有一個極大值點，通過分類討論求出的值，進而可得最大值.【詳解】由已知得，，，則，其中，因為，當時，當時，，因為在區間上有且只有一個極大值點，所以，解得，即，所以，當時，，此時，此時有兩個極大值點，舍去；當時，，此時，此時有一個極大值點，成立；所以的最大值為.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是通過條件將和都用整數表示出來，然后對的值由大到小討論找到符合條件的結果.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.在正六邊形中，（）A. B.C. D.在上的投影向量為【答案】CD【解析】【分析】根據向量的線性運算即可求解AB，根據數量積的定義求解C，根據垂直關系，即可由投影向量的定義求解D.【詳解】,故A錯誤，連接相交于，相交于，則，為，的中點,由于,所以,故B錯誤，,故C正確，由于故故，所以在上的投影向量為，D正確，故選：CD10.已知，，，則（）A.的最小值為4 B.的最小值為C.的最小值為3 D.的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】根據基本不等式中“1”的整體代換即可判斷A；利用消元法結合二次函數的性質即可判斷B；利用基本不等式結合對數運算即可判斷C；利用基本不等式結合指數運算即可判斷D.【詳解】由題意可得，當且僅當時，等號成立，則A錯誤；,，，，,當時，的最小值為，則B正確；因為，且，所以，所以，,當且僅當時，等號成立，則C正確；,當且僅當時，等號成立，則D正確；故選：BCD.11.已知正三棱柱的各條棱長都是2，，分別是，的中點，則（）A.平面B.平面與平面夾角的余弦值為C.三棱錐的體積是三棱柱體積的D.若正三棱柱的各個頂點都在球上，則球的表面積為【答案】ABC【解析】【分析】根據線面平行的判定定理可判斷A；判斷出即為平面與平面夾角，即可判斷；C，應用等積法即可判斷；D，判斷出球心在上下底面的中心的連線的中點，解直接三角形即可得.【詳解】A，連接,交于點,連接,則為的中點，故為的中位線，則，平面,平面,故平面，A正確；B，依題得，平面，，平面，則，又，平面，則平面，又平面，則，則平面與平面夾角為，則，B正確；C，取中點，連接，則，又平面，平面，則，平面，則平面則，C正確；D，取上下底面的中心，則球心為的中點，，又，則，則球的表面積為，D錯誤.故選：ABC12.已知過原點的一條直線與函數的圖象交于兩點，分別過點作軸的平行線與函數的的圖象交于兩點，則（）A.點和原點在同一條直線上B.點和原點在同一條直線上C.當平行于軸時，則點的橫坐標為D.當平行于軸時，則點的縱坐標為【答案】BC【解析】【分析】由與圖象數形結合可判斷A項；由三點共線得斜率等式化簡可得，可判斷B項；再由平行于軸得，聯立等式，解方程組即可判斷CD項.【詳解】設，且，且，不妨設，則由題意得.選項A，由題意知，三點共線，軸，且在函數的圖象上，而在函數的圖象上，可知點不在直線上，即A項錯誤；選項B，由三點共線可知，，則由對數運算性質得，則有，所以，即三點共線，故B項正確；選項C，當平行于軸時，則，化簡得，則，代入，得，化簡得，又，解得，代入得，點的縱坐標，故C項正確，D項錯誤.故選：BC.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的二項展開式中，常數項為________．（用數字作答）【答案】15【解析】【分析】由二項式展開式通項有，可知常數項的值；【詳解】二項展開式通項為，∴當時，常數項，故答案為：15【點睛】本題考查了二項式定理，利用二項式展開式的通項求常數項，屬于簡單題；14.已知，，與的夾角為，則________．【答案】【解析】【分析】根據向量的數量積的定義，求得，結合，即可求解.【詳解】由向量，，與的夾角為，可得，所以.故答案為：.15.已知是三角形的內角，若，則________．【答案】【解析】【分析】分析可知，，利用二倍角的正弦和余弦公式化簡可得出的值.【詳解】因為是三角形的內角，則，且，即，所以，，可得，故.故答案為：.16.設拋物線的焦點為，準線為．若與雙曲線的兩條漸近線分別交于點和點，且（為原點），則雙曲線的離心率等于________．【答案】【解析】【分析】求出表達式和長，利用二者之間的關系求出的關系，進而求出，即可得出雙曲線的離心率.【詳解】由題意，在拋物線中，焦點為，準線，在雙曲線中，漸近線：，拋物線準線與雙曲線交于兩點，∴，，∵，∴，解得：，∴，∴離心率，故答案為：.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知四邊形內接于，若，，．（1）求線段的長．（2）若，求的取值范圍．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根據余弦定理即可求解，（2）根據余弦定理得，進而根據基本不等式即可求解.【小問1詳解】由題知，，所以，根據余弦定理，，即，．所以，所以．所以．【小問2詳解】因為所以，所以（當且僅當時取等號）又,所以．18.設函數，滿足：①；②對任意，恒成立．（1）求函數的解析式．（2）設矩形的一邊在軸上，頂點，在函數的圖象上．設矩形的面積為，求證：．【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用待定系數法，結合題設條件即可得解；（2）先利用導數判斷的圖象性質，從而利用矩形面積公式得到關于的表達式，從而得證.【小問1詳解】因為，由，得，則；由，得，恒成立，即恒成立，所以，所以，所以；【小問2詳解】因為，令，得；令，得；所以在單調遞增，單調遞減．不妨設，，由知，那么，；故，因為，所以．19.在四棱錐中，底面是直角梯形，，，，，且底面，與底面成角，且．（1）求證：；（2）當直線與平面所成角的正弦值為時，求的值．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）應用空間向量法證明線線垂直；（2）應用空間向量法求線面角正弦計算即可得出邊長關系.【小問1詳解】如圖，以點為原點，直線為軸，直線為軸建立坐標系．那么，，，，．故，因為，所以，即．【小問2詳解】因為，所以，故，所以平面，故平面的法向量設直線與平面所成角為，則：整理得，即．20.第19屆亞運會于9月23日至10月8日在杭州舉行，某學校為持續營造全民參與亞運、服務亞運、奉獻亞運的濃厚氛圍舉辦“心心相融·愛答亞運”知識挑戰賽．挑戰者向守擂者提出挑戰，規則為挑戰者和守擂者輪流答題，直至一方答不出或答錯，則另一方自動獲勝．若賽制要求挑戰者先答題，守擂者和挑戰者每次答對問題的概率都是，且每次答題互不影響．（1）若在不多于兩次答題就決出勝負，則挑戰者獲勝的概率是多少?（2）在此次比賽中，挑戰者獲勝的概率是多少?（3）現賽制改革，挑戰者需要按上述方式連續挑戰8位守擂者，每次挑戰之間相互獨立，當戰勝至少三分之二以上的守擂者時，則稱該挑戰者勝利．若再增加1位守擂者時，試分析該挑戰者勝利的概率是否增加?并說明理由．【答案】（1）（2）（3）沒有增加，理由見解析【解析】【分析】（1）根據獨立事件的概率公式求解即可；（2）設為先答題者獲勝的概率，根據獨立事件的概率公式列出方程，進而求解；（3）分別求出增加1位守擂者前后挑戰者勝利的概率，進行比較即可求解.【小問1詳解】設事件為挑戰者獲勝，事件為不多于兩次答題比賽結束．．【小問2詳解】設為先答題者獲勝的概率，則，解得，所以挑戰者獲勝的概率是.【小問3詳解】設隨機變量為挑戰者連續挑戰8人時戰勝得守擂者人數，為此時挑戰者獲勝的概率；為挑戰者連續挑戰9人時戰勝得守擂者人數，為此時挑戰者獲勝的概率．，，顯然，，即該挑戰者勝利的概率沒有增加．21.設數列的首項，前項和滿足：．（1）求證：數列是等比數列；（2）設數列的公比為，數列滿足：，．求．【答案】21.證明見解析22.【解析】【分析】（1）根據等比數列定義證明等比數列即可；（2）分項數為奇數和偶數，分別應用裂項相消求和即可.【小問1詳解】由；令，得，故，；因為，其中，，．所以當時，，兩式相減得：，整理得：，．綜上，數列是首項為1，公比為的等比數列．【小問2詳解】由題意得：，，，，故．當為偶數時，當為奇數時，綜上：22.已知，函數，.（1）當與都存在極小值，且極小值之和為時，求實數的值；（2）若，求證：.【答案】（1）1（2）證明見解析【解析】【分析】（1）分別對，求導，討論和，得出和的單調性，即可求出，的極小值，即可得出答案