浙江省绍兴市2023-2024学年高三上学期11月选考科目诊断性考试数学试题

2023年11月绍兴市选考科目诊断性考试数学试题本科试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共6页，选择题部分1至3页，非选择题部分3至6页，满分150分，考试时间120分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。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1.已知集合Axx，Bxy4x1，则AB（）211111A.,B.0,C.,D.,22424z2.已知z1i，则（）1z13133131A.iB.iC.iD.i555555553.已知向量a，b满足a3，b2，2ab213，则a与b的夹角为（）235A.B.C.D.23464.已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（）A.6B.8C.16D.20155.“0x1”是“2x”的（）2x2A.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26.已知P为抛物线x24y上的一点，过P作圆x2y31的两条切线，切点分别为A，B，则cosAPB的最小值是（）公众号：全元高考1237A.B.C.D.23497.已知数列an满足an1anfn，且a11，则下列说法中错误的是（）A.若fn2n1，则an是等差数列B.若fn2n，则an是等差数列C.若fn2，则an是等比数列n1D.若fn32，则an是等比数列8.已知定义在R上的奇函数fx满足fxfax，则对所有这样的函数fx，由下列条件一定能得到f1f3f9的是（）A.a2B.a3C.a4D.a5二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分。22229.已知圆C1：x1y1和圆C2：xy4x4y40，则（）A.圆C2的半径为4B.y轴为圆C1与C2的公切线C.圆C1与C2公共弦所在的直线方程为x2y10D.圆C1与C2上共有6个点到直线2xy20的距离为110.由变量x和变量y组成的10个成对样本数据x1,y1,x2,y2,,x10,y10得到的经验回归方程为110110，设过点，的直线方程为，记，，则y2x0.1x2,y2x9,y9ymxnxxiyyi10i110i1（）A.变量x，y正相关B.若x1，则y1.9C.经验回归直线y2x0.1至少经过xi,yii1,2,,10中的一个点101022公众号：全元高考D.yi2xi0.1yimxini1i111.已知函数fxsin3xsin2xx0,2，则（）2A.f0B.fx恰有5个零点5C.fx必有极值点D.fx在,上单调递减63x212.已知椭圆y21的左项点为A，上、下顶点分别为C，D，动点Px,y，Qx,y在椭圆上41122（点P在第一象限，点Q在第四象限），O是坐标原点，若△OPQ的面积为1，则（）yA.1为定值B.CP∥AQ公众号：全元高考x2C.△OCP与△OAQ的面积相等D.△OCP与△ODQ的面积和为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。413.x21x2的展开式中x2的系数为___________（用数字作答）.14.人类已进入大数据时代.目前，数据量已经从TB（1TB=1024GB）级别跃升到PB（1PB=1024TB），EB（1EB=1024PB）乃至ZB（1ZB=1024EB）级别.国际数据公司（IDC）的研究结果表明，2008年全球产生的数据量为0.500ZB，2010年增长到1.125ZB.若从2008年起，全球产生的数据量P与年份t的关系为t2008PP0a，其中P0，a均是正的常数，则2023年全球产生的数据量是2022年的___________倍.15.过正三棱锥PABC的高PH的中点作平行于底面ABC的截面A1B1C1，若三棱锥，PA1B1C1与三棱5台ABCABC的表面积之比为$，则直线PA与底面ABC所成角的正切值为___________.11116216.已知等比数列an满足an0且a1a2a32a2a2a3a41，则a1的取值范围是___________.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.（10分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcsinA3a2c2b2.（1）求B的大小；1（2）若cosA，b2，求c.318.（12分）已知等差数列an满足a6a74，且a1，a4，a5成等比数列.（1）求an的通项公式；（2）记Tn为数列an前n项的乘积，若a10，求Tn的最大值.19.（12分）如图，△ABC为正三角形，AE平面ABC，CD平面ABC，ACCD，AE2CD，点F，P分别为AB，BD的中点，点Q在线段BE上，且BE4BQ.（1）证明：直线CP与直线FQ相交；（2）求平面CPF与平面BDE夹角的余弦值.20.（12分）已知函数fxax2exlnx.（1）当ae时，求曲线yfx在x1处的切线方程；5（2）若x0，都有fxlnx，求a的取值范围.221.（12分）机器人甲、乙分别在A，B两个不透明的箱子中取球，甲先从A箱子中取2个或3个小球放入B箱子，然后乙再从B箱子中取2个或3个小球放回A箱子，这样称为一个回合.已知甲从A箱子中取2个小球的概率为3121，取3个小球的概率为，乙从B箱子中取2个小球的概率为，取3个小球的概率为.现A，B两个4433箱子各有除颜色外其它都相同的6个小球，其中A箱子中有3个红球，3个白球；B箱子中有2个红球，4个白球.（1）求第一个回合甲从A箱子取出的球中有2个红球的概率；（2）求第一个回合后A箱子和B箱子中小球个数相同的概率；（3）两个回合后，用X表示A箱子中小球个数，用Y表示B箱子中小球个数，求XY的分布列及数学期望.22.（12分）已知双曲线x2y21，过点M1,1的直线l与该双曲线的左、右两支分别交于点A，B.1（1）当直线l的斜率为时，求AB；2（2）是否存在定点Pt,t2t1，使得MPAMPB?若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.2023年11月绍兴市选考科目诊断性考试数学参考答案及评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1.C2.A3.B4.D5.A6.C7.B8.C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。9.BD10.ABD11.BCD12.ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。3513.-814.1.515.2516.,2四、解答题：本题共6小题，共70分。17.（本题满分10分）解：（1）因为2bcsinA3a2c2b2，所以2bcsinA23accosB，即bsinA3acosB，所以sinBsinA3sinAcosB，因为sinA0，所以sinB3cosB，所以tanB3，又B0,，所以B.3122（2）因为cosA，所以sinA1cos2A.331323因为sinCsinABsinAsinAcosA，32236bsinC462所以c.sinB9318.（本题满分12分）解：（1）设an的公差为d，由a6a74得2a111d4；22由a1，a4，a5成等比数列，得a4a1a5，即a13da1a14d，整理得d2a19d0.2a111d4,a12,a19,由解得或d2a19d0,d0,d2,所以，an的通项公式为an2或an2n11.（2）因为a10，所以an2n11.所以，当n5时，an0；当n6时，an0.从而T10，T20，T30，T40，Tn0n5，又因为T2a1a263，T4a1a2a3a4945，所以，Tn的最大值为T4945.19.（本题满分12分）1（1）证明：取BE中点G，连接DG，GF，FC，PQ，则FG∥AE，FGAE，21因为AE平面ABC，CD平面ABC，所以CD∥AE，CDAE，2所以CD∥FG，CDFG，则四边形CDGF为平行四边形，所以CF∥DG，CFDG.因为点Q在线段BE上，且BE4BQ，所以Q是BG的中点，又因为点P是BD的中点，1所以PQ∥DG，PQDG，21所以PQ∥CF，PQCF，2即PQ，CF共面，且PQ，CF长度不等，所以直线CP与直线FQ相交.（2）解法1：由（1）知，平面CPF即为平面CPQF.因为AE平面ABC，且CF平面ABC，所以AECF，因为△ABC为正三角形，点F是AB的中点，所以CFAB，又AEABA，AB平面ABE，AE平面ABE，所以CF平面ABE.又PQ∥CF，所以PQ平面ABE，所以BQF为平面CPF与平面BDE的夹角，1515不妨设AB2，则BF1，BQBE，QFAG，4222552221BQQFBF3所以cosBQF44，52BQQF2543即平面CPF与平面BDE夹角的余弦值为.5解法2：因为AE平面ABC，所以AECF，因为△ABC为正三角形，所以CFAB，所以CF平面ABE，又FG∥AE，所以FG平面ABC.以F为原点，以FC，FB，FG所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.31不妨设，则，，，，，AB2B0,1,0C3,0,0D3,0,2E0,1,4P,,12231所以，，，FC3,0,0FP,,1BE0,2,4BD3,1,2.22设平面CPF的一个法向量为n1x1,y1,z1，3x0,1n1FC0,则即31n1FP0,x1y1z10,22取n10,2,1.设平面BDE的一个法向量为n2x3,y3,z2，n2BE0,2y24z20,则即3xy2z0,n2BD0,222取n20,2,1.n1n23设平面CPF与平面BDE的夹角为，则coscosn,n，125n1n23所以，平面CPF与平面BDE夹角的余弦值为.520.（本题满分12分）解：（1）当ae时，fxex2exlnx，fx2exelnxe，因为f1e，f1e，所以，曲线yfx在x1处的切线方程是yeex1，即yex.55exlnxlnx（）因为，都有，所以2，2x0fxlnxa22xmax5exlnxlnxexexlnx2lnx4设gx2，则gx.x2x322ex记hxexexlnx2lnx4，设mxhxelnx，则mx，xx222所