2023-2024学年浙江省强基联盟高三（上）联考数学试卷（9月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 若数列的通项公式为，则( )
A. 数列是首项为，公比为的等比数列
B. 数列是首项为，公比为的等比数列
C. 数列是首项为，公比为的等比数列
D. 数列是首项为，公比为的等比数列
3. 已知复数，则在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
4. 的展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
5. 牛皮鼓，又称堂鼓、喜庆鼓，多用于江南祠堂内婚嫁迎娶和迎新年等牛皮鼓的制作工艺考究，有数十道工序，包括处理牛皮、创制鼓腔、蒙皮、拉皮、钉钉，每道工序都考验着手艺人的技艺和耐心如图所示的牛皮鼓的鼓面直径为，鼓身高度为，用平行于鼓面的平面截牛皮鼓，所得截面圆的最大直径为，若将该牛皮鼓看成由两个相同的圆台拼接而成，忽略鼓面与鼓身的厚度，则该牛皮鼓的体积为( )
A. B. C. D.
6. 若，，，则( )
A. B. C. D.
7. 设曲线在处的切线为，若的倾斜角小于，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，且，直线与交于另一点，与轴交于点，若，则的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若函数，则( )
A. 的最小正周期为 B. 的图像关于直线对称
C. D. 的图像关于点对称
10. 有一组样本数据，，，，其中任何两个数都不相等，现在删去其中一个数据，得到一组新数据，则下列判断正确的是( )
A. 新数据的极差可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C. 若新数据的平均数等于原数据的平均数，则新数据的方差大于原数据的方差
D. 若新数据的平均数等于原数据的平均数，则新数据的分位数小于原数据的分位数
11. 已知定义在上的函数满足，定义在上的函数满足，则( )
A. 不是奇函数 B. 既是奇函数又是偶函数
C. 是奇函数 D. 既不是奇函数又不是偶函数
12. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，则( )
A. 三棱锥的体积为
B. 点到直线的距离为
C. 二面角的正切值为
D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若双曲线的焦距为，实轴长为，则该双曲线的虚轴长为______ ．
14. 在矩形中，为对角线的交点，为上一点，且向量在向量上的投影向量为，则 ______ ．
15. 已知圆与圆：内切，且圆与直线相切，则圆的圆心的轨迹方程为______ ．
16. 已知，则当取得最大值时， ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
如图，在正方体中，为的中点，，．
证明：平面．
求直线与平面所成角的正弦值的平方．
18. 本小题分
天门山，古称嵩梁山，位于湖南省张家界市永定区大庸中路号，属武陵山脉向东进入洞庭湖平原的余脉为了测量天门山的海拔，某人站在海拔米的点处，他让无人机从点起飞，垂直向上飞行米到达点处，测得天门山的最高点处的仰角为，他遥控无人机从点处移动到点处平行于地平面，已知与之间的距离为米，从点处测得天门山的最高点处的仰角为．
设平面过且平行于地平面，点到平面的距离为米，求与的长用表示；
已知，求天门山的海拔．
19. 本小题分
艾伦麦席森图灵提出的图灵测试，指测试者与被测试者在隔开的情况下，通过一些装置如键盘向被测试者随意提问已知在某一轮图灵测试中有甲、乙、丙、丁名测试者，每名测试者向一台机器记为和一个人记为各提出一个问题，并根据机器和人的作答来判断谁是机器，若机器能让至少一半的测试者产生误判，则机器通过本轮的图灵测试假设每名测试者提问相互独立，且甲、乙、丙、丁四人之间的提问互不相同，而每名测试者有的可能性会向和问同一个题当同一名测试者提出的两个问题相同时，机器被误判的可能性为，当同一名测试者提的两个问题不相同时，机器被误判的可能性为．
当回答一名测试者的问题时，求机器被误判的概率；
按现有设置程序，求机器通过本轮图灵测试的概率．
20. 本小题分
已知为数列的前项和，，．
证明：．
求的通项公式．
若，求数列的前项和．
21. 本小题分
已知抛物线：经过点，直线：与交于，两点异于坐标原点若，证明：直线过定点．
已知，直线在直线的右侧，，与之间的距离，交于，两点，试问是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
22. 本小题分
已知函数．
当时，求的单调区间；
若是的极大值点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
．
故选：．
解不等式求出集合，从而求出，的交集即可．
本题考查了集合的运算，考查不等式问题，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列．
故选：．
由已知结合等比数列的定义及通项公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了等比数列的定义，还考查了逻辑推理的核心素养，属于中档题．
3.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
故在复平面内对应的点位于第一象限．
故选：．
根据已知条件，先对化简，再结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：的展开式的通项公式为，
令，可得展开式中的系数为，
故选：．
由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：依题意可得，该牛皮鼓的体积可视为两个相同的圆台：
上底面半径为，下底面半径为，高为的体积之和，
所以该牛皮鼓的体积为．
故选：．
根据圆台体积公式直接计算求解即可．
本题考查台体的体积的求解，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
故选：．
通过变换先比较和的大小，再求出值比较即可得出结果．
本题考查对数大小的比较，考查逻辑推理与数学运算的核心素养．
7.【答案】
【解析】解：，的斜率为．
的倾斜角小于，的斜率小于或不小于，
则或，解得．
故选：．
根据导数的几何意义及直线的倾斜角与斜率关系列不等式求解运算可得．
本题考查导数的几何意义与应用，考查直线的斜率与倾斜角的关系，是基础题．
8.【答案】
【解析】解：如图，因为，所以点是的中点，
连接，由，得，
设，则，，，，．
由余弦定理得，
即，整理得，
则，
故．
故选：．
首先根据几何性质表示焦半径，再结合余弦定理求焦半径的长度，即可求解．
本题考查椭圆的离心率，考查余弦定理的应用，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为，所以的最小正周期为，故A错误；
根据正弦函数的性质，
因为，所以的图像关于直线对称，故B正确；
，故C正确；
因为，则的图像关于点对称，故D正确．
故选：．
利用正弦函数的性质逐一计算判断即可．
本题考查三角函数的性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项，如果删去的不是最大值或最小值，那么极差不变，所以A正确．
对于选项，删除前有个数据，中位数是按从小到大的顺序排列后中间两个数的平均数，因为任何两个数据都不相等，所以中位数不会等于个数据中的任何一个，而删除后有个数据，中位数是个数据中的某一个，所以B错误．
对于选项，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，在方差公式中，分子不变，分母变小，所以方差变大，所以C正确．
对于选项，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，在按从小到大的顺序排列的个数据中，因为，，所以原数据的分位数是第个数，新数据的分位数是前个数的平均数，且该数值小于第个数，所以D正确．
故选：．
根据极差、中位数、平均数、方差、百分位数的定义和计算公式，对新样本的数据特征进行分析判断．
本题考查的知识要点：极差、中位数、平均数、方差、百分位数的定义和计算公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：令，得，令，得，则，
所以既是奇函数又是偶函数．
由，得，
因为，所以是奇函数．
故选：．
根据，对，取特殊值，分别根据奇函数与偶函数的定义可判断的奇偶性，根据可得，进而可得奇偶性．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算逻辑推理能力，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：如图，取的中点，连接，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面．
取的中点，连接，因为，所以，
则，
因为，所以，故A正确；
取的中点，连接，，
因为，为，中点，则，所以．
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，则，
则点到直线的距离为，
为二面角的平面角，且，B错误，C正确；
设，的外心分别为，，
则，又平面平面，
所以平面，
设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面，
所以四边形为矩形，则．
故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确．
故选：．
根据立体几何中的体积、距离、二面角、外接球等几何性质逐项求解即可得结论．
本题考查了等积法求棱锥体积，二面角的平面角的求法，点到平面的距离，是中档题．
13.【答案】
【解析】解：依题意可得，，则，，
所以该双曲线的虚轴长为．
故答案为：．
根据双曲线基本量的关系求解即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：在矩形中，因为向量在向量上的投影向量为，
所以，
又因为，
所以，
所以，，
所以．
故答案为：．
以为基底，结合已知条件把用基底表示，由平面向量基本定理，求出，的值即可．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：设，点到直线的距离为，
如图：只能在直线的左侧，则，
因为圆：的圆心为，半径为，
依题意可得，即，化简可得，
故圆的圆心的轨迹方程为．
故答案为：．
点到直线的距离，根据两圆的位置关系列式求解即可．
本题考查圆的方程的求法，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：设，则，
可得，
设函数，
则，
当时，；
当时，，
所以当时，取得最大值，即取得最大值，
此时．
故答案为：．
由题意设，则，设函数，求导，可得当时，取得最大值，即取得最大值，化简所求即可得解．
本题考查三角恒等变换与导数的应用，考查数学建模与数学运算的核心素养，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，
则，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为，其平方为．
【解析】先根据题意证明，进而根据线面平行的判定定理证得．
建立合适的空间直角坐标系，先求出所需点的坐标和向量的坐标，再利用待定系数法求出平面的法向量，再向量的夹角公式求解，最后平方即可．
本题考查线面角的正弦值的求法，考查运算求解能力，属中档题．
18.【答案】解：如图，过作，垂足为，则米，，，
在中，米．
在中，米，
因为，，
所以，
所以米．
在中，由余弦定理得，
由得，整理得，即，
所以天门山的海拔为米．
【解析】过作，垂足为，再根据直角三角形中三边关系表示即可；
在中，由余弦定理结合中数据求解可得，进而可得山高．
本题主要考查解三角形，几何图形中的计算，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：根据题意，设事件“测试者提出的两个问题相同”，“测试者对机器产生误判”，
则；
根据题意，事件“机器通过本轮图灵测试的概率”，
设为名测试者中产生误判的人数，
由可得：，
若机器能让至少一半的测试者产生误判，则机器通过本轮的图灵测试，即，即，
故．
【解析】根据题意，由全概率公式计算可得答案；
根据题意，事件“机器通过本轮图灵测试的概率”，设为名测试者中产生误判的人数，分析可得，且，由此计算可得答案．
本题考查概率的应用，涉及条件概率和全概率公式，属于基础题．
20.【答案】解：证明：由，，
可得，解得，
当时，由，可得，
两式相减可得，
上式对，也成立，
所以，；
当时，由，可得，
两式相减可得，，
即的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，
偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
所以是以为首项，为公差的等差数列，即；
，
则数列的前项和，
，
上面两式相减可得，
则．
【解析】令，求得，当时，将换为，两式相减可得结论；
当时，由，可得，两式相减，结合等差数列的定义、通项公式，可得所求；
求得，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的通项与前项和的关系，以及等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
21.【答案】证明：将点代入，得，即．
联立得，
由，设，，则，．
因为，所以恒成立，则，
所以的方程为，故直线过定点．
解：联立得，则
且，即，
，
设：，同理可得．
因为直线在的右侧，所以，则，即．
所以，即，解得，
因为，所以满足条件的存在，．
【解析】将点代入抛物线方程求出，直线与抛物线联立方程组，由，利用向量数量积和韦达定理，求出，可得直线所过定点．
设两条直线与的方程，分别与抛物线方程联立，求出弦长，由和，求的值．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：当时，，函数定义域为，
可得．
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在上单调递增，
又，
当时，；当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
若，
此时，
因为是的极小值点，
所以，
易得，
不妨设，函数定义域为，
可得．
不妨设，函数定义域为，
易知在区间上单调递增，
当且，即且时，
可得，
此时函数在区间上单调递增，
所以，
则不可能是的极大值点；
当，即或时，
因为在区间上单调递增，
所以存在，使得当时，，
此时函数在上单调递减，
则，
即，在上单调递减，
又，
所以函数为偶函数，
则函数的图象关于轴对称，
此时是的极大值点，
综上，的取值范围为．
【解析】由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，利用导数即可得到函数的单调区间．
根据函数极值点的概念确定单调性验证极值，即可得实数的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
第1页，共1页
