《浙江省金华市义乌市2023届高三下学期适应性考试数学题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省金华市义乌市2023届高三下学期适应性考试数学题 Word版含解析（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、义乌市2023届高三适应性考试数学试卷一选择题（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】A【解析】【分析】先根据集合,求出，最后由补集概念求解运算即可.【详解】因为，所以，.故选：A.2. 若复数，则复数的模（ ）A. 3B. 5C. 9D. 25【答案】B【解析】【分析】先化简求出，再根据模长公式求解即得.【详解】因为，所以，所以.故选：B.3. 双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线方程，可直接写出渐近线方程.【详解】双曲线焦点在轴上，所以
2、渐近线斜率为，则其渐近线方程为：.故选：C.4. 学校举行德育知识竞赛，甲乙丙丁戊5位同学晋级到了决赛环节，通过笔试决出了第1名到第5名.甲乙两名参赛者去询问成绩，回答者对他们说：“决赛5人的成绩各不相同，但你们俩的名次是相邻的”，丙丁两名参赛者也去询问成绩，回答者对丙说：“很遗憾，你和丁都未拿到冠军”，又对丁说：“你当然不会是最差的”.从这个回答分析，5人的名次排列共有（ ）种不同的可能情况.A. 14B. 16C. 18D. 20【答案】B【解析】【分析】分冠军为甲乙两人中的一人；冠军为戊，丁为第二名；冠军为戊，丁为第三名；冠军为戊，丁为第四名，四种情况，结合相邻问题及特殊元素法分别求解即
3、可.【详解】解：由题意可知，冠军不会是丙、丁且丁不是第5名，当冠军为甲乙两人中的一人时，由于甲乙两人名次相邻，所以第二名一定两人中的另一人，丁就只能是第三(四)名，丙和戊两个人就只能是第四(三)和第五名了，此时共有种情况；当冠军为戊，丁为第二名时，将甲乙捆绑在一起，内部排列共种，此时甲，乙，丙三个人的只能是第三、四、五名了，共有种，所以此时共有种情况；当冠军为戊，丁为第三名时，由于甲乙两人名次相邻，所以第二名只能是丙，第四名和第五名只能是甲乙，所以此时共有种情况；当冠军为戊，丁为第四名时，由于甲乙两人名次相邻，所以第五名只能是丙，第二名和第三名只能是甲乙，所以此时共有种情况；所以共有种.故选：
4、B.5. 为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点（ ）A. 向右平行移动个单位长度B. 向左平行移动个单位长度C. 向右平行移动个单位长度D. 向左平行移动个单位长度【答案】A【解析】【分析】根据函数图象平移的性质即可求解.【详解】为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点向右平行移动个单位长度，故选：A6. 在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】选用基底，利用向量的线性运算表示向量.【详解】中，如图所示，.故选：C7. 在半径为的实心球中挖掉一个圆柱，再将该圆柱重新熔成一个球，则球的表面积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知求出球
5、的半径，设圆柱的底面半径为，则高为，写出圆柱的体积，利用基本不等式求最值，即可得到满足条件的值,结合球的体积以及表面积公式即可求解.【详解】由球的半径为，如图，设圆柱的底面半径为，则高为，当且仅当，即，时，上式取等号,此时圆柱的体积为，（或者令，当，所以 在单调递增，在单调递减，故当 取最大值4，故当时，取最大值4）要使熔成一个球的表面积最大，则半径最大，则体积最大即可,因此熔成的球的体积也是，故球的半径为,所以球的表面积为故选：D8. 已知定义域为的函数满足，且在区间上还满足：当时，都有；.则等于（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】由，结合，分别取和可求和，在中分别取和
6、和可求，利用，又结合非减函数的概念求，代入后答案可求【详解】由，令，所以有,令，所以有，由得故，由；令，有,令，有，令，有由时，都有，有，故选：B二多选题（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. 下列说法正确的是（ ）A. 若随机变量，则B. 样本相关系数的绝对值越接近，成对样本数据线性相关程度越强C. 数据的第百分位数为D. 抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为，令事件，则事件不独立【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由已知得，根据对称性即可判断；对于B，根据样本相关系数r的绝对值越接近1，
7、成对样本数据线性相关程度越强即可判断；对于C，利用百分位数定义求解即可；对于D，利用独立事件的概率公式判断即可.【详解】对于A，由已知得，根据正态曲线的对称性，故A正确；对于B，样本相关系数r的绝对值越接近1，成对样本数据线性相关程度越强，故B正确；对于C，因为，所以第40百分位数为第位数和第位数的平均数，即为，故C正确；对于D，因为，则，所以，故，所以事件相互独立，故D错误.故选：ABC.10. 古希腊数学家欧几里得在几何原本卷11中这样定义棱柱：一个棱柱是一个立体图形，它是由一些平面构成的，其中有两个面是相对的相等的，相似且平行的，其它各面都是平行四边形.显然这个定义是有缺陷的，由于几何原
8、本作为“数学圣经”的巨大影响，该定义在后世可谓谬种流传，直到1916年，美国数学家斯顿（J.C.Stone）和米利斯（J.F.Millis）首次给出欧氏定义的反例.如图1，八面体的每一个面都是边长为2的正三角形，且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，取各棱的中点，切割成欧氏反例（如图2），则该欧氏反例（ ）A. 共有12个顶点B. 共有24条棱C. 表面积为D. 体积为【答案】BC【解析】【分析】对于AB，以图1中平面为分界面进行数数即可；对于CD，根据题意到得图2中的棱长均为，再利用面积公式与体积公式即可得解.【详解】对于A，以图1中平面为分界面进行数数，易知欧氏反例（即图2）在平面上方的顶
9、点有个，在平面中的顶点有个，在平面下方的顶点有个，共有个顶点，故A错误；对于B，易知欧氏反例在平面上方的棱有条，根据对称性可知在平面下方的棱有条，共有条棱，故B正确；对于C，由题意与中位线定理易得欧氏反例的表面是由个棱长为，其中一个角为的菱形，与个棱长为的正方形组成，所以其表面积为，故C正确；对于D，由题意可知，欧氏反例的体积可由两个棱长为2的正四棱锥减掉四个棱长为1的正四棱锥而得，对于棱长为的正四棱锥，其底面面积为，其底面对角线长为，所以其高为，故其体积为，所以欧氏反例的体积为，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键发挥空间想象能力，理解欧氏反例的结构特征，从而得解.11.
10、已知拋物线，点均在抛物线上，点，则（ ）A. 直线的斜率可能为B. 线段长度的最小值为C. 若三点共线，则存在唯一的点，使得点为线段的中点D. 若三点共线，则存在两个不同的点，使得点为线段的中点【答案】BD【解析】【分析】根据两点斜率公式，结合一元二次方程的根可判断A，由两点距离公式，结合导数求单调性确定最值可判断B，根据中点坐标公式，由一元二次方程根的个数可判断CD.【详解】设在抛物线上，且满足 ，对于A，假如直线的斜率可以为，则 由于，则该方程无解，所以直线的斜率不可能为，故A错误，对于B, ，记，记单调递增，由于，因此 单调递增，当时， 单调递减，故当时，取最小值5，因此的最小值为，故B
11、正确，对于C,若三点共线，为线段的中点，则，将代入抛物线方程中得，故有两个不相等的实数根，所以满足条件的点不唯一，故C错误，D正确，故选：BD12. 当且时，不等式恒成立，则自然数可能为（ ）A. 0B. 2C. 8D. 12【答案】BC【解析】【分析】构造函数利用导数确定单调性进而最值，将问题转化成，进一步由对数运算得恒成立，即可代入选项逐一求解.【详解】由于且，所以，所以，构造函数，当，且时，故当 当，因此 在单调递减，在 单调递增，故当 时，取最小值 ，当时， 单调递增，当时， 单调递减，故当时， 取最大值，当时，不妨取 ，则而，不满足，故A错误，当时，显然，故满足题意，B正确，要使恒成
12、立，则需要，即恒成立即可由于，因此当 时， C正确，当 时，不满足题意，错误，故选：BC【点睛】处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化.（3）构造函数，利用导数求解最值.三填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 的展开式中的系数是_.（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】求出展开式的通项，再分别令的指数等于和，即可得解.【详解】展开式的通项为，令，则，令，则，所以的展开式中的系数是.
13、故答案为：.14. 若，则_.【答案】#【解析】【分析】利用弦化切可求得所求代数式的值.【详解】.故答案为：.15. 若存在直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设切线与两曲线的切点分别为，根据导数的几何意义分别求出切线方程，可得，由题意可知有解，故令，利用导数求得其最值，即可求得答案.【详解】由题意知两曲线与存在公切线，时，两曲线与，不合题意；则的导数，的导数为，设公切线与相切的切点为，与曲线相切的切点为，则切线方程为，即，切线方程也可写为，即，故，即，即，即有解，令 ，则，令可得，当时，当时，故在增函数，在是减函数，故的最大值为，故，所以，即实数的
14、最大值为，故答案为：16. 已知三点在圆上，的重心为坐标原点，则周长的最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据已知条件发现，且点到圆与轴的正半轴交点的距离为4，正好是的关系，而三角形的重心是中线的三等分点，所以不妨认为圆与轴的正半轴交点是三角形的一个顶点，从而可知另两个顶点正好是圆的直径的两个端点，从而可以得到三角形三边的关系，进而借助基本不等式求出结果.【详解】由圆得圆心，半径圆，如图，不妨设点在轴的正半轴上，由于的重心为坐标原点，且,所以为圆的直径，所以，所以，当且仅当时取等号，所以周长的最大值为.故答案为：.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. 设正项等比数列的前项和为，若，（1）求数列的通项公式；（2）在数列中是否存在不同的三项构成等差数列？请说明理由【答案】（1） （2）不存在，理由见详解【解析】【分析】（1）设的公比为，根据题意列方程组，从而求得，进而即可求得数列的通项公式；（2）结合（1）可得到，假设存在三项构成等差数列，从而根据条件得到，进而即可得到结论【小问1详解】设的公比为，由，两式相除并整理得，解
