浙江省新高考研究高三上學(xué)期8月測(cè)試數(shù)學(xué)試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 22 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 22 頁2023屆浙江省新高考研究高三上學(xué)期8月測(cè)試數(shù)學(xué)試題一、單選題1若集合，則（）ABCD【答案】C【分析】集合A表示函數(shù)的定義域，集合B表示函數(shù)的值域，求出兩集合后再求其交集.【詳解】因?yàn)?，所以，故選：C2若，則的實(shí)部可能是（）A3B1CD【答案】A【分析】設(shè)，則由已知可得，則，然后代入中計(jì)算可求出其實(shí)部，從而可得答案.【詳解】設(shè)，因?yàn)?，所以，得，所以，所以，則的實(shí)部，故選：A3如圖是杭州2022年第19屆亞運(yùn)會(huì)會(huì)徽，

2、名為“潮涌”，錢塘江和錢江潮頭是會(huì)徽的形象核心，綠水青山展示了浙江杭州山水城市的自然特征，江潮奔涌表達(dá)了浙江兒女勇立潮頭的精神氣質(zhì)，整個(gè)會(huì)徽形象象征著新時(shí)代中國特色社會(huì)主義大潮的涌動(dòng)和發(fā)展.如圖是會(huì)徽的幾何圖形，設(shè)弧長(zhǎng)度是，弧長(zhǎng)度是，幾何圖形面積為，扇形面積為，若，則（）A1B2C3D4【答案】C【分析】通過弧長(zhǎng)比可以得到與的比，接著再利用扇形面積公式即可求解【詳解】解：設(shè)，則，所以，即，所以，故選：C4已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線與拋物線交于兩點(diǎn)，以為直徑的圓經(jīng)過，則直線恒過（）ABCD【答案】D【分析】設(shè)出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，求出圓心坐標(biāo)，和直徑的長(zhǎng)度，再根據(jù)圓經(jīng)過圓點(diǎn)，有，化簡(jiǎn)式子，即

3、可得出，代入直線方程，即可得出定點(diǎn)坐標(biāo).【詳解】如圖所示：設(shè)直線方程為：，聯(lián)立方程得，有.，故中點(diǎn)，即圓心C的坐標(biāo)為直徑.因?yàn)橐詾橹睆降膱A經(jīng)過，故有，即，化簡(jiǎn)得：，故直線方程為：，當(dāng)時(shí)，即直線經(jīng)過定點(diǎn).故選：D5已知函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，且在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，則的值不可能是（）AB4CD【答案】D【分析】根據(jù)余弦型函數(shù)過對(duì)稱點(diǎn)，代入可得，再根據(jù)區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)可得周期范圍，從而得出即可.【詳解】解：由已知，則，即，又函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，可知，即，解得，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，滿足題意，即或4或.故選：D.6已知四棱錐外接球表面積為，體積為平面，且，則的取值范圍是（）ABCD【答案】B【分析】

4、將已知轉(zhuǎn)化為，運(yùn)用余弦定理與基本不等式得到AC的取值范圍，由此運(yùn)用正弦定理得四邊形ABCD外接圓半徑的范圍，然后根據(jù)球的性質(zhì)得球半徑的范圍，得解.【詳解】以四邊形ABCD的外接圓為底，PA為高，將四棱錐補(bǔ)形為一個(gè)已知球的內(nèi)接圓柱.設(shè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為r、 R外接球的半徑，,則，故，所以 在中運(yùn)用余弦定理與基本不等式得：，在中運(yùn)用余弦定理與基本不等式得：，上兩式相加得：，故有： ，在中由正弦定理得：， 因此，.故選：B7互不相等的正實(shí)數(shù)是的任意順序排列，設(shè)隨機(jī)變量滿足：則（）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)題意，分或， 或， 或，得到X，Y的分布列求解.【詳解】解：因?yàn)殡S機(jī)變量滿足：所以當(dāng)或時(shí)，

5、；當(dāng)或時(shí)，；當(dāng)或時(shí)，；所以X，Y的分布列為：X23P Y23P 所以，所以，故選：C二、多選題8在中，是線段上的動(dòng)點(diǎn)，則（）ABCD【答案】AB【分析】利用題意得到是等邊三角形，通過建立坐標(biāo)系得到各點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算驗(yàn)證每個(gè)選項(xiàng)【詳解】解：因?yàn)?，所以是等邊三角形，取的中點(diǎn)，連接，如圖建立坐標(biāo)系，并假設(shè)，則，所以，所以，即，故A正確；，即，故B正確；，故C不正確；，故D不正確，故選：AB9有一組樣本數(shù)據(jù)，由這組樣本數(shù)據(jù)等到新的樣本數(shù)據(jù)，其中，則（）A兩組數(shù)據(jù)的樣本極差的差值與有關(guān)，與無關(guān)B兩組數(shù)據(jù)的樣本方差的差值與有關(guān)，與有關(guān)C兩組數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)的差值與有關(guān)，與無關(guān)D兩組數(shù)據(jù)的

6、樣本中位數(shù)的差值與有關(guān)，與有關(guān)【答案】AD【分析】根據(jù)樣本平均數(shù)、中位數(shù)、方差、極差的概念逐項(xiàng)分析判斷即可.【詳解】解：A項(xiàng)中，設(shè)原樣本數(shù)據(jù)的極差為，則新的樣本數(shù)據(jù)的極差為，所以，故兩組數(shù)據(jù)的樣本極差的差值與有關(guān)，與無關(guān)，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)中，設(shè)原樣本數(shù)據(jù)的方差為，則新的樣本數(shù)據(jù)的方差為，所以，故兩組數(shù)據(jù)的樣本方差的差值與有關(guān)，與無關(guān)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)中，設(shè)原樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，則新的樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，所以，故兩組數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)的差值與有關(guān)，與有關(guān)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)中，設(shè)原樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)為，則新的樣本數(shù)據(jù)的方差為，所以，故兩組數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)的差值與有關(guān)，與有關(guān)，故D項(xiàng)正確.故選：AD.1

7、0已知，則下列說法正確的是（）ABCD【答案】BCD【分析】根據(jù)選項(xiàng)把已知條件逐個(gè)代入進(jìn)行檢驗(yàn)即可，主要應(yīng)用基本不等式，函數(shù)單調(diào)性，完全平方式的性質(zhì)等.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)?，所以?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以A不正確.對(duì)于B，根據(jù)反比例型函數(shù)的性質(zhì)可知在單調(diào)遞減；所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以B正確.對(duì)于C，所以C正確.對(duì)于D，等價(jià)于，即因?yàn)?，所以成立，即，所以D正確.故選：BCD11已知正四面體是棱上的動(dòng)點(diǎn)，是在平面上的投影，下列說法正確的是（）A當(dāng)時(shí)，平面B當(dāng)時(shí)，異面直線與PA所成角是C當(dāng)時(shí)，DE的長(zhǎng)度最小D當(dāng)時(shí)，直線與所成角正弦值是【答案】AC【分析】A選項(xiàng)通過證明即可證明平面;B選項(xiàng)中，

8、直線與所成角轉(zhuǎn)化為即可判斷.C選項(xiàng)中，證明即可.D選項(xiàng)中，通過余弦定理求出，即可求出直線與所成角正弦值.【詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí),如圖所示，是等邊三角形，故有，而，又， ，平面， A正確.對(duì)于B，當(dāng)時(shí), ，異面直線與所成角即=，B錯(cuò)誤.對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，如圖所示，設(shè)正四面體邊長(zhǎng)為，則，在直角中，在中，由余弦定理得：=,滿足，故，的長(zhǎng)度最小，C正確.對(duì)于D，延長(zhǎng)交于，連接，直線與所成角即為，在中，由由余弦定理得：=，在中，由由余弦定理得：，故，D錯(cuò)誤.故選：AC12已知函數(shù)且且，則下列說法正確的是（）AB若，則C若是單調(diào)增函數(shù)D若，則【答案】BD【分析】令，通過導(dǎo)數(shù)可得在上遞增，在上遞增，然后分和兩種情

9、況進(jìn)行分類討論，即可判斷每個(gè)選項(xiàng)【詳解】解：令，則，所以在上遞增，在上遞增，若，則，且，所以，且，所以，且，所以 通過以上可以發(fā)現(xiàn)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)，且成立時(shí)，可推出，且，故A錯(cuò)誤，B正確；若時(shí)，且， 故C錯(cuò)誤；當(dāng)且時(shí)， ，當(dāng)，時(shí)， ，綜上所述，恒成立，故D正確，故選：BD三、填空題13多項(xiàng)式，則_.【答案】【分析】先把多項(xiàng)式變形為，然后利用二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式進(jìn)行求解即可.【詳解】解：，二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式為：，因?yàn)?，所以令，因此，故答案為?14曲線在處的切線斜率是1，則_.【答案】2【分析】先求出導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得方程，解方程可求的值.【詳解】因?yàn)?，所以，因?yàn)榍€在處的切線斜率是1，所以，解得

10、.故答案為：2.15已知，是雙曲線的左、右焦點(diǎn)，A，B分別在雙曲線的左右兩支上，且滿足（為常數(shù)），點(diǎn)C在x軸上，則雙曲線的離心率為_【答案】【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)，結(jié)合角平分線的性質(zhì)、雙曲線的定義、余弦定理、雙曲線離心率公式進(jìn)行求解即可.【詳解】解析： ，所以，設(shè)，則由可知，平分，由角分線定理可知，由雙曲線的定義知，即，即是等邊三角形，在中，由余弦定理知，即，化簡(jiǎn)得，由可得，離心率故答案為：【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用角平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.四、雙空題16已知過P的直線與圓C：交于A，B兩點(diǎn)，（A點(diǎn)在軸上方），若，則直線到與其斜率相同的圓的切線距離是_，_.【答案】 【分析】設(shè)出直線的方程，聯(lián)

11、立直線與圓的方程，由求解直線方程，根據(jù)圓心與切線關(guān)系判斷直線與切線距離.【詳解】因?yàn)?，所以點(diǎn)在圓C內(nèi)，即P點(diǎn)在弦AB上，因?yàn)镻點(diǎn)在x軸上，A點(diǎn)在軸上方，所以B點(diǎn)在軸下方，則可作出圖像如下圖所示.則直線AB必不可能與y軸垂直，可設(shè)方程為，則，整理得，由直線AB與圓C由兩個(gè)不同交點(diǎn)可得，該方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，設(shè)，由題意知，則，因?yàn)?，所以，即，則，即，由可得，所以，整理得，解得，根據(jù)可得，則直線AB方程為，一般式為，則圓心到直線AB距離為，因?yàn)閳A心到與直線AB斜率相同的圓的切線距離是半徑2，所以直線到與其斜率相同的圓的兩條切線距離分別是和.故答案為：；.五、解答題172022年8月7日是中國傳

12、統(tǒng)二十四節(jié)氣“立秋”，該日，“秋天的第一杯奶茶”再度出圈，據(jù)此，學(xué)校社會(huì)實(shí)踐小組隨機(jī)調(diào)查了該地區(qū)100位奶茶愛好者的年齡，得到如下樣本數(shù)據(jù)頻率分布直方圖.(1)估計(jì)奶茶愛好者的平均年齡；（同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點(diǎn)值作代表）(2)估計(jì)奶茶愛好者年齡位于區(qū)間的概率；(3)已知奶茶愛好者喜歡浙江奶茶品牌“古茗”的概率為，該地區(qū)奶茶愛好者年齡位于區(qū)間的人口數(shù)占該地區(qū)奶茶愛好者總?cè)丝跀?shù)的，從該地區(qū)選出1名奶茶愛好者，若此人的年齡位于區(qū)間，求此人喜歡古茗的概率.【答案】(1)（歲）(2)(3)【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖計(jì)算平均數(shù)即可；（2）根據(jù)頻率分布直方圖計(jì)算奶茶愛好者年齡位于區(qū)間的頻率即可求解；

13、（3）利用條件概率的概率公式即可求解.【詳解】(1)解：估計(jì)奶茶愛好者的平均年齡（歲）(2)解：由題圖，得奶茶愛好者年齡位于區(qū)間的頻率為，故奶茶愛好者年齡位于區(qū)間的概率為.(3)解：設(shè)任選一名奶茶愛好者年齡位于區(qū)間,設(shè)任選一名奶茶愛好者喜歡“古茗”由條件概率公式可得：.18在數(shù)列中，.(1)求的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列滿足，數(shù)列前項(xiàng)和為.在，中任意選擇一個(gè)，補(bǔ)充在橫線上并證明.選擇_.【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）由得，再利用等比數(shù)列的定義可得答案；（2）由（1）求出，再利用裂項(xiàng)相消可得，選擇，判斷出單調(diào)性可得答案；選擇利用放縮法可得答案.【詳解】(1)由得，即，因?yàn)椋詴r(shí)，得，

14、因此；(2)因?yàn)?，得，所以，選擇：因?yàn)?，因?yàn)?，所以，所以，所以單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以；選擇因?yàn)?，所?19記內(nèi)角的對(duì)邊分別是，已知.(1)求證：；(2)求的取值范圍.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）首先化簡(jiǎn)條件中的正切等式，再將正切寫成正弦和余弦，最后利用正弦定理，角化為邊，即可證明；（2）首先設(shè)，利用三角不等式的恒等式，化簡(jiǎn)后可得的取值范圍，再計(jì)算的取值范圍.【詳解】(1)由得：即兩邊同時(shí)除以得：即所以因此得證；(2)設(shè)，代入可得，由三角不等式得：，即，將代入得，整理得且解得，因?yàn)椋@然在上單調(diào)遞增，所以20如圖，在四棱錐中，底面是等腰梯形，平面平面是的中點(diǎn)，且為等邊三角形，平面

15、平面.(1)設(shè)直線，求點(diǎn)到平面PDC的距離；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)；(2)【分析】（1）延長(zhǎng)，交于點(diǎn)發(fā)現(xiàn)直線，通過圖象關(guān)系可得點(diǎn)到平面PDC的距離是點(diǎn)到平面PDC的距離的2倍，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得點(diǎn)到平面PDC的距離的2倍，繼而得到結(jié)果；（2）通過向量法求解二面角的余弦值，繼而求出正弦值【詳解】(1)延長(zhǎng)，交于點(diǎn)直線，在底面中，得為中位線，所以為中點(diǎn)，因?yàn)榉謩e為中點(diǎn)，所以為的中位線，得，所以點(diǎn)到平面PDC的距離是點(diǎn)到平面PDC的距離的2倍，易得是等邊三角形，取中點(diǎn)中點(diǎn)為，連接，所以在中，解得，所以，所以因?yàn)槠矫嫫矫嫫矫嫫矫妫矫?，所以平面則以為原點(diǎn)如圖建立直角

16、坐標(biāo)系，由題意得，設(shè)平面PDC的法向量由得，令，則，所以所以點(diǎn)到平面PDC的距離為，所以點(diǎn)到平面的距離是；(2)由（1）得：，設(shè)平面法向量由得，令，則，則設(shè)平面PBE法向量，由得，令，則，則設(shè)二面角P-BE-D的平面角為因此，二面角的正弦值是21已知橢圓C：的右焦點(diǎn)為，離心率為為橢圓的任意內(nèi)接三角形，點(diǎn)為的外心.(1)求的方程；(2)記直線的斜率分別為，且斜率均存在.求證：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）利用右焦點(diǎn)、離心率求出即得解；（2）設(shè)A，求出即得證.【詳解】(1)解：由橢圓的右焦點(diǎn)為，離心率為得. 所以.所以橢圓的方程為.(2)證明：設(shè)A，則.設(shè)的外接圓方程為，得，兩式相減得，因?yàn)椋?，同理?兩式相減得：，于是：所以將代入得：因?yàn)樗运缘米C.22已知函數(shù)和有相同的最小值.(1)求；(2)證明：若函數(shù)和共有四個(gè)不同的零點(diǎn)，記為，且，則是等比數(shù)列.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）對(duì)與分別利用導(dǎo)數(shù)求出各自的最小值即可求出.（2）通過數(shù)形結(jié)合分析可知，得，和，從而得到，即可證明是等比數(shù)列.【詳解】(1)因?yàn)楹瘮?shù)和所以若，函數(shù)和沒有相同的最小值，故.所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故在處取得最小值在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故在處取得最小值因?yàn)楹瘮?shù)和有相同的最小值，所以，即，解得：.所以