金华十校2023-2024学年第一学期调研考试
高三数学试题卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．考试时间120分钟．试卷总分为150分．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．
选择题部分（共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. （ ）
A. B. C. D.
3. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
4. 若，则（ ）
A. B. 2 C. 1 D. 0
5. 某次数学联考成绩的数据分析，20000名考生成绩服从正态分布，则80分以上的人数大约是（ ）
参考数据：若，则
A. 3173 B. 6346 C. 6827 D. 13654
6. 在中，“”是“为锐角三角形”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
7. 若，则的最大值为（ ）
A. B. 1 C. D.
8. 已知公差为的等差数列，为其前项和，若，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 设平面向量，，（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. ， D. ，使
10. 已知函数图象经过点与，则（ ）
A. 是的最大值 B. 是的最小值
C. D. 在单调递增
11. 已知函数，．（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 对于，若，则
D. 对于，若，则
12. 已知抛物线的焦点为，准线为，点，在上（在第一象限），点在上，，，（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 则的面积最小值为 D. 则的面积大于
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 双曲线渐近线方程为_________．
14. 已知一圆锥的侧面展开图是圆心角为且半径为1的扇形，则该圆锥的侧面积为______．
15. 某地区上年度电价为0.8元，年用电量为，本年度计划将电价下降到之间，而用户期望电价为．经测算下调电价后的新增用电量，和实际电价与用户的期望电价的差成反比（比例系数为）．该地区的电力成本价为．已知，为保证电力部门的收益比上年至少增长，则最低的电价可定为______．
16. 直三棱柱中，，，，分别是棱，上一点，且，若三棱锥外接球与三棱锥的外接球外切，则的长为______．
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. 浙江省普通高中学业水平考试分五个等级，剔除等级，等级的比例分别是，现从当年全省数学学考四个等级的考生试卷中按分层抽样的方法随机抽取20份试卷作为样本分析答题情况．
（1）分别求样本中A，B，C，D各等级的试卷份数；
（2）从样本中用简单随机抽样的方法（不放回）抽取4份试卷，记事件为抽取的4份试卷中没有等级的试卷，事件为抽取的4份试卷中有等级的试卷，求．
18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，．
（1）求角；
（2）求．
19. 如图在等腰梯形中，，，，，，分别为，，的中点，现将绕翻折至的位置，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）当平面垂直于平面时，求平面与平面夹角的余弦值．
20. 已知数列等差数列，，，且，，构成等比数列，
（1）求；
（2）设，若存在数列满足，，，且数列为等比数列，求的前项和．
21. 已知函数在定义域上不是单调函数．
（1）求实数的取值范围；
（2）若在定义域上的极大值为，极小值为，求的取值范围．
22. 已知点是圆的动点，过作轴，为垂足，且，，记动点，的轨迹分别为，．
（1）证明：，有相同的离心率；
（2）若直线与曲线交于，，与曲线交于，，与圆交于，，当时，试比较与大小．金华十校2023-2024学年第一学期调研考试
高三数学试题卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．考试时间120分钟．试卷总分为150分．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．
选择题部分（共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解集合中的不等式，得到集合，再由并集的定义求.
【详解】不等式，即，解得，则，
又，则.
故选：D
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助复数运算法则计算即可得.
【详解】.
故选：B.
3. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助函数的单调性及中间量分析即可得.
【详解】，故，
，故，
，故，
故.
故选：B.
4. 若，则（ ）
A. B. 2 C. 1 D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法令、计算即可得.
【详解】令，则，即，
令，则，即，
故，
即，故.
故选：C.
5. 某次数学联考成绩的数据分析，20000名考生成绩服从正态分布，则80分以上的人数大约是（ ）
参考数据：若，则
A. 3173 B. 6346 C. 6827 D. 13654
【答案】A
【解析】
【分析】借助正态分布概率的对称性计算即可得.
【详解】由题意可得，又，
故，
则80分以上的人数大约是人.
故选：A.
6. 在中，“”是“为锐角三角形”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】C
【解析】
【分析】根据已知，结合三角函数的符号，余弦的两角和公式即可求出.
【详解】因为，，所以均为锐角，
又，则，
且，则为锐角，故为锐角三角形，充分性成立；
若为锐角三角形，则，
故，故，必要性成立；
综上，是“为锐角三角形”充要条件.
故选：C
7. 若，则的最大值为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由角度关系得到，再用两角差的正切公式展开，设，结合基本不等式求出最值，注意取等号的条件.
【详解】因为，
所以，
设，则，
当且仅当时，等号成立.
故选：D
8. 已知公差为的等差数列，为其前项和，若，则（ ）
A. ， B. ，
C ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，借助导数与奇偶性的定义可得函数在定义域内单调递增且为奇函数，又由可得，从而得到，再借助，从而得到，即可得解.
【详解】令，则，故在定义域内单调递增，
又，故为奇函数，
由，可得，
故有，，又在定义域内单调递增且为奇函数，
故有，即，即，
故，
又，即，
故.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造函数，由函数的单调性与奇偶性结合所给数列的性质得到以及，从而得解.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 设平面向量，，（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. ， D. ，使
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用向量垂直，平行的充分必要条件得到ABD，利用向量的模长和二次函数得到C即可.
【详解】A：当时，，故A正确；
B：若，，，所以，所以，故B正确；
C：，故C正确；
D：若，则，等式不成立，故D错误.
故选：ABC
10. 已知函数的图象经过点与，则（ ）
A. 是的最大值 B. 是的最小值
C. D. 在单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意可计算出及，逐项计算即可得.
【详解】由函数的图象经过点，故有，
即，或，
又，故，
由函数的图象经过点，故，
又，故，
对A：，
，故A正确；
对B：，
，故B错误；
对C：，
故C正确；
对D：当时，，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，．（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 对于，若，则
D. 对于，若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】对A、B，结合题意计算出、即可得；对C、D：结合题意计算出、后，借助及对数运算法则变形后，得到恒成立及恒成立，解出对应的及的值即可得.
详解】对A：若，则，，故A错误；
对B：若，则，，
，故B错误；
对C：若，则，，
又，故，故，即，
即恒成立，故，故C正确；
对D：若，则，
，又，故恒成立，
即，故，
即恒成立，故，即，故D正确.
故选：CD.
【点睛】关键点睛：本题C、D选项关键在于灵活运用对数的运算法则从而变形，得到恒成立及恒成立，以解出对应的及的值.
12. 已知抛物线的焦点为，准线为，点，在上（在第一象限），点在上，，，（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 则的面积最小值为 D. 则的面积大于
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，设点在准线上的投影为，准线与轴交于点，由相似比可得解；对B，易证，可得为等边三角形，得解；对C，分点在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出，表示出利用三角函数求出最小值，对D，分点在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出可证，得解.
【详解】对于A，如图1，设点在准线上的投影为，准线与轴交于点，
又，，则，所以，
故A正确；
对于B，设点在准线上的投影为点，易证，又，
，即，又，则为等边三角形，
所以，且，，故B正确；
对于C，分两种情况：
当点都在第一象限，如图1所示，设，，
由焦半径公式可得，，，
令，
设，且，
，当且仅当时取得最小值.
当点在第四象限时，如图2所示，设，，则，，
所以，
同理令，且，
，
所以，当且仅当时取得最小值，
综上，面积的最小值为，故C错误；
对于D，当点都在第一象限，如图1所示，，，
则，所以，即，，
当点在第四象限时，如图2所示，同理可得，即，，
综上，的面积大于，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：对于C,D选项，关键是利用抛物线焦半径公式求出，从而易求出三角形面积.
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 双曲线的渐近线方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质即可求得渐近线方程.
【详解】由双曲线的相关知识可知：，
所以焦点在轴双曲线的渐近线方程为：
故答案为：
14. 已知一圆锥的侧面展开图是圆心角为且半径为1的扇形，则该圆锥的侧面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式计算即可.
【详解】圆锥的侧面积即是侧面展开图对应的扇形的面积，
所以侧面积.
故答案为：.
15. 某地区上年度电价为0.8元，年用电量为，本年度计划将电价下降到之间，而用户期望电价为．经测算下调电价后的新增用电量，和实际电价与用户的期望电价的差成反比（比例系数为）．该地区的电力成本价为．已知，为保证电力部门的收益比上年至少增长，则最低的电价可定为______．
【答案】0.6##
【解析】
【分析】设出电价定为元，由题意可得不等式，解出后结合即可得.
【详解】设电价定为元，，
则由题意可得，
整理可得，又，
故，即，故最低的电价可定为.
故答案为：.
16. 直三棱柱中，，，，分别是棱，上一点，且，若三棱锥的外接球与三棱锥的外接球外切，则的长为______．
【答案】4
【解析】
【分析】作出图形后结合题意可得三棱锥的外接球与三棱锥的外接球球心所处位置及半径的值，结合球外切的性质计算即可得的长.
【详解】如图所示，取、中点、，连接，
由题意可得平面且平面，
，，
在线段上取，
由，故，
故点、分别是与外接圆圆心，
又，平面、平面，
故点到三棱锥四个顶点距离相等，
点到三棱锥四个顶点距离相等，
即点、分别为三棱锥的外接球与三棱锥的外接球球心，
则三棱锥的外接球半径为，
三棱锥的外接球半径为，
由三棱锥的外接球与三棱锥的外接球外切，
故.
故答案为：4.
【点睛】关键点睛：本题关键在于作出对应图形后结合题意找到球心及半径，结合球外切的性质从而得解.
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. 浙江省普通高中学业水平考试分五个等级，剔除等级，等级的比例分别是，现从当年全省数学学考四个等级的考生试卷中按分层抽样的方法随机抽取20份试卷作为样本分析答题情况．
（1）分别求样本中A，B，C，D各等级的试卷份数；
（2）从样本中用简单随机抽样的方法（不放回）抽取4份试卷，记事件为抽取的4份试卷中没有等级的试卷，事件为抽取的4份试卷中有等级的试卷，求．
【答案】（1）1，3，8，8
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合分层抽样的性质分析求解；
（2）根据条件概率结合组合数分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，，，，
所以样本中A，B，C，D各等级的试卷份数分别是1，3，8，8．
【小问2详解】
因为，，
所以.
18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，．
（1）求角；
（2）求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式、商数关系可得，由此即可得解.
（2）由余弦定理得边的比例，结合正弦定理即可得解.
【小问1详解】
，
∴，则．
【小问2详解】
由余弦定理可得，
∴，则．
19. 如图在等腰梯形中，，，，，，分别为，，的中点，现将绕翻折至的位置，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）当平面垂直于平面时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）0
【解析】
【分析】（1）通过构造中位线得到线线平行，再结合线面平行判定定理即可证明；
（2）建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
∵在等腰梯形中，，∴，，
又为的中点，∴，及均为正三角形，
而，∴，∵为的中点，∴，，三点共线，，
又为的中点，∴，
连接交于，连，易得为的中点，
∴为的中位线，∴．
又∵平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
∵平面平面，为交线，，又平面
∴平面．
以，，所在射线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则有，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则有，令，所以，
易知平面的法向量为，
设平面与平面夹角为，则有．
平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知数列是等差数列，，，且，，构成等比数列，
（1）求；
（2）设，若存在数列满足，，，且数列为等比数列，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的性质和等比中项列方程解出公差，再由基本量法写出等差数列的通项公式.
（2）由已知和等比数列的性质求出，再由错位相减法和等差数列的前和公式共同求出结果.
【小问1详解】
∵是等差数列，，，∴，．
∵，，构成等比数列，∴，
化简可得，∴，所以．
【小问2详解】
∵，，，
又数列为等比数列，∴，
而，∴，∴，
所以，设数列的前项和为，
则①，
②，
①②相减得，化简可得
又因为等差数列的前项和为，
综上可得．
21. 已知函数在定义域上不是单调函数．
（1）求实数的取值范围；
（2）若在定义域上的极大值为，极小值为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）先求得，然后根据二次函数在区间上有正有负列不等式，由此求得的取值范围.
（2）根据（1）将表示为仅含的形式，利用换元法、构造函数法，结合导数来求得的取值范围．
【小问1详解】
函数的定义域为，，
由得：，设．
∵函数不是单调函数，∴在有正实根，
又，设的两根为，，
则由可得：有两个不相等的正实根，且．
【小问2详解】
由（1）可知：
，
．
令，所以，
因为，
所以，
故．
【点睛】方法点睛：利用导数研究含参数的函数在区间上的单调性，首先要注意先求得函数的定义域，求导后，根据参数的位置以及题目所给函数单调性相关的条件，可以直接利用二次函数的性质来列不等式来求解，也可以考虑分离常数法来进行求解.
22. 已知点是圆的动点，过作轴，为垂足，且，，记动点，的轨迹分别为，．
（1）证明：，有相同的离心率；
（2）若直线与曲线交于，，与曲线交于，，与圆交于，，当时，试比较与的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）借助向量共线定理即可得轨迹方程，即可得离心率；
（2）联立直线与曲线，借助弦长公式可得、、，即可得，令，，通过构造函数，结合导数研究函数的单调性，从而研究与的大小关系.
【小问1详解】
设，，由得，
∴，即的轨迹方程为，
同理可得的轨迹方程为，
所以，的离心率均为，
【小问2详解】
设，分别为，，
联立，消去得，
则，，，
则，
同理可得，，
∴
，
令，，，，
当时，，，则，
则
，
因为且，所以，，，
所以，所以在上单调递减，
所以当时，，所以．
.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于，借助弦长公式表示出、、，从而利用导数即可得解.
