浙江省重点中学拔尖学生培养联盟2023届高三下学期6月适应性考试数学试题及参

数学试题及参

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共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Axlnx11,Byye,xR，则AB（x）A．1,e12．已知复数z

B．0,e1C．1,e）D．1,031

i，求复数z3（22B．

A．31i2231i22C．iD．1）D．bca

3．设a2ln1.4,b1.61,cln1.6，则（A．cab

B．cba

C．bac

4．将正整数20分解成两个正整数的乘积有120,210,45三种，其中45是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称45为20的最佳分解．当pq（pq且n*是正整数n的最佳分解时，定义函数fnqp，则数列f3nNp,qN*）的前100项和S100为（A．31

50

）B．31

50

3501

C．23501D．25．为调查中某校学生每天学习的时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取高一学生400人，其每天学习时间均值为8小时，方差为0.5，抽取高二学生600人，其每天学习时间均值为9小时，方者为0.8，抽取高三学生1000人，其每天学习时间均值为10小时，方差为1，则估计该校学生每天学习时间的方差为（A．1.25B．1.35C．1.45D．1.55）16．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，打中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，EF∥平面ABCD，四边形ABFE,CDEF为两个全等的等腰梯形，EF

1

AB，且2AEEF8，则此刍甍体积的最大值为（22034038031003）A．B．C．D．x1,xa7．函数fx3，其中a2，则满足fxfx15的2x3x9x5,xax取值范围是（A．1,）B．

3

,2

C．3,

D．0,）8．已知定义在R上的函数fx的导函数为gx，则下列错误的是（A．若gx关于a,0中心对称，则fx关于xa对称B．若gx关于xa对称，则fx有对称中心C．若fx有1个对称中心和1条与x轴垂直的不过对称中心的对称轴，则fx为周期函数D．若fx有两个不同的对称中心，则gfx为周期函数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，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错得0分。

9．某市800名高二学生参加数学竞赛，随机抽取80名学生的成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法错误的是（）A．频率分布直方图中a的值为0.03B．估计这80名学生成绩的中位数为75C．估计这80名学生成绩的众数为75D．估计总体中成绩落在80,90内的学生人数为200人210．设函数fx

1

3sinxcosxcos2x,0，则下列结论正确的是（2

,上单调递增

min

）A．0,1,fx在

B．若1且fx1fx22，则x1x2

C．若fx1在0,上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为D．存在0,1，使得fx的图象向左平移57

,63

个单位长度后得到函数gx为奇函数6x2y211．双曲线221的左、右焦点分别F1、F2，具有公共焦点的椭圆与双曲线在第一象ab限的交点为P，双曲线和椭圆的离心率分别为e1,e2,△PF1F2的内切圆的圆心为I，过F2作直线PI的垂线，垂足为D，则（A．I到）B．点D的轨迹是双曲线D．若S△IPF1S△IPF2

y轴的距离为a

11

25e12e2C．若OPF1F2，则1

S△IF1F2，则1e12212．在三棱锥ABCD中，对棱AB,CD所成角为70，平面ABC和平面BCD的夹角为60，直线AB与平面BCD所成角为20，点P为平面ABC和平面BCD外一定点，则下列结论正确的是（）A．过点P且与直线AB,CD所成角都是40的直线有2条B．过点P且与平面ABC和平面BCD所成角都是30的直线有3条C．过点P且与平面ABC和平面BCD所成角都是40的直线有3条D．过点P与平面BCD所成角为60，且与直线AB成60的直线有2条第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知随机变量XN2,各项系数之和________．2

1，且PxaPx3，若ax的展开式中x3314．已知111

3，其中,,R，则的最2sin32sin243sin3小值为________．15．若曲线C:fxx4x5e2e有三条经过点Aa,0的切线，则a的范围为2

x

________．16．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB30,AD5,AA112，过AB且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，当两个球的半径之和达到最大时，此时较小球的表面积为________．四、解答题：本题共6小题，共70.0分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c且bcosCcsinBa,

（1）求b；a2b

62，sinA2sinB（2）求AC边上中线长的取值范围．218．已知数列an满足an1an,nN*,a15。（1）求数列an的通项；（2）设bn

12an为数列的前项和，求证．nS,Sbnnn22an1419．在三棱锥PABC中，AB22,BC1,ABBC，直线PA与平面ABC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为．63（1）求三棱锥体积的取值范围；（2）当直线PC与平面ABC所成角最小时，求二面角PABC的平面角的余弦值。20．（12分）为了解中学生的阅读情况，现随机抽取了某重点中学100人，调查他们是否喜爱阅读，统计人数如下表：喜爱阅读女生男生共计4515不喜爱阅读共计50（1）根据22列联表中数据判断是否有97.5%的把握认为“喜爱阅读与性别有关”？（2）现进行一项阅读答题测试，测试规则：若该同学连续三次答对，则测试通过，答题结束；若出现连续两次答错，则未通过测试，答题结束。其余情况下可以一直答题，直至出现前面两种情况。已知该同学每次答对的概率为率。参考附表：3

，求该同学通过测试的概5PK2kk

0.0503.8410.0255.0240.0106.635n(adbc)2

参考公式：，其中nabcd

abcdacbd2

5x2y221．已知椭圆E:1，下顶点为A,P是椭圆上任意一点，过点P作x轴的平行线84与直线l:xy2交于M点，若点P关于点M的对称点为N，直线AN交椭圆于A,Q两点。（1）求椭圆E上点到直线l的距离的最大值；（2）已知B1,1．过点B作BH垂直直线PQ，垂足为H，是否存在定点T，使得TH

为定值，若存在求出定点T坐标和TH，若不存在，请说明理由。22．已知函数fxex3,gxx27x11．（1）试求fx与gx的公切线方程。（2）设a0,b0，若不等式e

2

2

xa

x22b9xb29b190对一切xR恒成立，求a3abb的最大值．6参

一、选择题1B2C3D4B5C6B7A8D2.解析:∵z

3133icosisin，∴z3cosisini，选C.2266661

ln1.6c.1.63.解析：aln1.96ln1.6c，b1.611.6910.314.解析：由题意，当n为偶数时，f3当n为奇数时，f3

3

nn230，n12n23

n1n123

49n1223

，∴S1002333

0350123501.31131xyz9.3，51025.解析：记高一、高二、高三学生每天学习时间的均值分别为x,y,z，方差分别为S1，S2，S3，则抽取的学生每天学习时间的均值w

方差S

2222123122222S1xwS2ywS3zw1.45.51026.解析：设EF2x，则AB4x，EA4x，4240x2x22x440xx2x4V，33令hxxx2x4，则hx2xx13x8，422故hxmaxh11，Vmax

40

.3327.解析：当xaa2时，fxx3x9x5，fx3x26x93x1x30，∴fx在,a上单调递减，故fxa3a9a5.32当xaa2时，fxx1，显然在a,上单调递减，故fxfaa1.设aa3a9a5a1a3a10a4，3232则a3a6a102140，2∴a在，2上单调递减，故a240，7综上可知，fx在R上单调递减.令gxfxfx1，则gx在R上单调递减.又∵g1f1f25，∴fxfx15等价于gxg1，∴x1.8.解析：选项D可以构造fxxsinx，gxcosx，设gfxcosxsinxhx，假设周期为T，显然hxhx，则hxThxT，化简得sinTsinTcosxsinxcosTsinx0，分别取x，x2，sinTsinT0，sinTsinT0，sinTcossinT0，cosTsinsinT0，由于sinT1,1，有cossinT0，于是sinT0因此TZ，那么cosT1，sinsinT0，再由sinT1,1，则只能sinT0，又要TZ，只能T0，矛盾，∴不是周期函数.10.解析：fxA：x

1

3sinxcosxcos2xsin2x，26



,，得2x，，63626

，，，626223

,上单调递增，故A正确；

min∵0，1，有

∴0,1，fx在

B：fx1fx22，可知x1x2C：已知x0,，得2x若sin2x



T，故B错误；22，2，666







1有且仅有2个不同的解，如图所示：6

可得3554

2x，解得，，故C错误；26263







D：gxsin2x可知当

sin2x，6636

1

时，满足gx为奇函数，故D正确2811.解析：设圆I与PF1F2三边PF1，PF2，F1F2的切点为A,B,C，F1CF1APF1PBPF1PF2F2B2aF2C，又F1CF2C2c，F2Cca，故OCa，选项A正确；过F2作直线PI的垂线，垂足为D，延长F2I交PF1于点E，易知D是F2E的中点且PF2PE，于是OD

111

F1EPF1PEPF1PF2a，222点D的轨迹是以O为圆心，半径为a的圆，选项B错误；设椭圆的长半轴长为a1，它们的半焦距都为c，并设PF1m,PF2n，根据椭圆的定义和双曲线的定义可得：mn2a1，mn2a，ma1a，na1a，在POF1中，由余弦定理得PF12222OF1OP2OF1OPcosPOF1，22即mc4c2c2ccosPOF1，在POF2中，由余弦定理得PF22222OF2OP2OF2OPcosPOF2，22即nc4c2c2ccosPOF2，又由POF1POF2，两式相加，则mn10c，222又由mn2a12a，∴2a12a10c，2222222a1a211

∴225，即225，选项C正确；cce1e2若S△IPF1S△IPF2

21

S△IF1F2，即PF1PF2c，2ac，即1e12，选项D正确.212.解析：过P作AB,CD的平行线a,b，形成两个角70°和110°，作它们的角平分线，形成角35°，55°，于是过点P且与直线AB,CD所成角都是40°的直线有2条，选项A正确；平面ABC和平面BCD的法向量所在直线成60°或120°，过点P且与平面ABC和平面BCD所成角都是30°等价于直线与平面ABC和平面BCD的法向量所在直线成60°，∴有3条，选项B正确；同理，满足选项C的有两条，选项C错误；过P作PH⊥平面BCD，则过点P与平面BCD所成角为60°等价于母线与轴PH成30°的圆锥的母线，直线AB与平面BCD所成角为20°等价于直线AB与PH成70°，过点P与直线AB成60°的直线就是AB为轴半顶角为60°的圆锥的母线，显然两圆锥相交所得的两条母线即可，选项D正确.9三、填空题13.8；14.；12e2715.2,11,；

16.4900

36113.解析：由正态分布得a1.各项系数和令x1，计算可得8.14.解析：不难发现当且仅当sinsin2sin31时等号成立，当

3，，时，取得最小值.2461215.解析：fxx2x1e，fxx1x1e，2xxfx0得x1或x1，在，1上下凸，在1,1上上凸，在1，下凸，经过点1，2e的切线方程为

10e



y

4

x1102e4x142e，eeeee27令y0得x，经过点1,0的切线方程为y0，2e27

于是a2,11,时过点Aa,0有三条切线.

16.解析：由于AB足够长，转化为平面问题：如图，过A的直线将矩形ADD1A1分成两部分，求两部分内的两圆半径之和的最大值.设直线AP与AA1夹角为，当还没大到圆O1碰到DD1之前，有r1r2

1215117sin15cos1

61tan1tan

2cos2sin2cos2sin



175

6tantanf，224225

f3sec2sec2，2424当0

1

时有coscossin2cos，2222242

10∴f3sec

252sec0，∴此时半径之和关于递增.242而当大到圆O1碰到DD1，r1不能再大，而r2变小，∴半径之和由此开始减小，即当圆O1碰到DD1时半径之和最大，此时151sin795168，r161tansin,coscos2cos12193193

r2

354900

，r1r2，较小球的表面积为.19361四、解答题（1）∵bcosCcsinBa，由正弦定理可得sinBcosCsinCsinBsinA，17.解：则sinBcosCsinCsinBsinBC，∴sinBcosCsinCsinBsinBCsinBcosCcosBsinC，∴sinCsinBcosBsinC，∵sinC0，∴sinBcosB，∴tanB1，∵B为ABC的内角，∴B

.4∵a2bb

，b6.2R62，∴62

sinA2sinBsinB2a2c262（2）由（1）知B，b6，∴由余弦定理可得：cosB

422ac

∴ac6

2222ac

a2c22，∴ac362

222，取AC中点M，则BM即为AC边上的中线，∵BMABMC，BM2AM2AB2BM2CM2CB2∴cosBMAcosBMC，∴，2BMAM2BMCM∴BM又BM

1

2a2c262332，21

AC3，∴BM3,332.2（1）由an1an两边取对数得lnan12lnan，18.解：∴lnan是等比数列，∴lnanlna12（2）bn

n12ln52，∴an52.n1n12anan1

2

2an1an1an1

*2

11

，

an1an1又由已知an1an，nN得：11an11an1an1an1，2111

，an112a1a1nn

1

2112211

，，an11an1an1an1an11an1an1从而bn

1122

，an1an1an1an1122121

.a11an112an112累加得Sn

（1）过P作PH⊥平面ABC，tan19.解：PHPH

，tan，AH3BH，6AH3BHH的轨迹是阿氏圆，记圆心为O，交AB于H1，交AB延长线于H2，由AH1AH232，BH22，阿氏圆半径r.3，23，知BH124BH1BH226，2，PHBHtan,6，322

故BH

32312VSABCPHPH,.2333

（2）设PC与平面ABC所成角为，则tan

3BHBH

，要使最小，只需最小，CHCH

而BHBD112，

CHDEDE2r3当且仅当D,O,E共线时取等号.此时，如图建系，直线DO：y22x1，2

E2,1，直线BE：y2x，29

xy2联立与圆O：48

622，CH3，BH解得H，PH2.,333

再过B作z轴，则P

2

22

，A22，,，20,0，33

12522

，AB22,0，AP，，20，33

2

，设平面PAB的法向量为mx,y,z，则mAB0,mAP0，解得m0,1,3

平面ABC的法向量为n0,0,1，cosm,n

mnmn22.11

22，11于是二面角PABC的平面角的余弦值为（1）零假设：喜爱阅读与性别无关，20.解：是男生女生共计453580否51520共计50501002

10045155356.255.024.50508020参照表格，有97.5%的把握认为喜爱阅读与性别有关.（2）用P1表示答错1次的情况下最终通过的概率；用P2表示连续答错2次的情况下最终通过的概率；用P1表示答对1次的情况下最终通过的概率；用P2表示连续答对2次的情况下最终通过的概率；用P3表示连续答对3次的情况下最终通过的概率；依题意有P20，P31，以及P1pP11pP2，P1pP21pP1，P2pP31pP1，P1pP1

也就是又方程组P1pP21pP1，解得Pp1pP

12p3p2p1pp2，P1，P2，P13331pp1pp1pp

∴通过概率为PpP11pP1

2pp31pp3，∵p

31

，∴P.538513x2y21相切，则3x24cx2x280，21.解：（1）设直线xyc与椭圆84968c20，c23，直线xy23与xy2的距离为d1

2232226，直线xy23与xy2的距离为d1

232

62，6.∴椭圆上的点到直线xy2的距离的最大值为2

（2）A0，2，设直线AP,AM,AN的斜率为k1,k2,k3，设Px1,y1,Nx2,y1，则M则k1

x1x2

,y1，2

y2y12y2112

，k21，k31，易知：2

xxx1x2k1k3k2122平移坐标系，以A为坐标原点，y轴仍然为y轴建系，xx，yy2，x2y21变为x22y28y0，则椭圆E：

84设直线PQ为mxny1，于是x2y8ymxny0，22xx1118m28n0即，故，∴，m8m2yy4k1k3

直线PQ为

21

xny1，经过定点x4，y0，即x4，y2，42633

，，此时TH.222

记为R4，2，又B1，1，∴T22.解：（1）令hxfxge

x3x27x11，则hxex32x7，hxex320，∴hx在R上单调递增，又∵h30，∴当x,3时，hx0，hx单调递减，当x3,时，hx0，hx单调递增，∴hxh30，fx与gx有唯一的交点A3，1，且直线yx2是fx与gx的公切线.（2）设xe则xe

xaxax22b9xb29b19，2x2b9，xexa20

14∴x在R上单调递增，又当x时，当x时，x，x，故存在x0，使得x00即e

x0a2x02b9，单调递增，且x在，x0单，x0调递减，在x0，

∴由题设条件知x的最小值为x0e将e

x0a2x0ax02b9x0b29b190.22x02b9代入得x02b11x0b211b280，即x0b4x0b70，解得x07b或x04b.（i）当x04b时，x04be又x00，∴e

4ba4ba1，10，即ab4.7ba（ii）当x07b时，x07be故舍去.综上，ab4，又a0,b0，∴a3abbabab

22250，与x00矛盾，5

ab220.415