【文档说明】2023届浙江省台州市高三上学期11月第一次教学质量评估数学试题解析版.doc，共(20)页，2.565 MB，由小喜鸽上传

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第1页共20页2023届浙江省台州市高三上学期11月第一次教学质量评估数学试题一、单选题1．设集合1,2,3,4,5A=，44Bxx=−，则AB=I（）A．1,4B．1,5C．1,2,3,4,5D．1,2,3,4【答案】D【分析】由交集的定义求解

即可【详解】因为1,2,3,4,5A=，44Bxx=−，所以AB=I1,2,3,4，故选：D2．已知复数z满足()1i2z+=（i为虚数单位），则z=（）A．1B．2C．3D．2【答案】B【分析】由复

数的乘、除法公式化简复数z，再由复数的模长公式即可得出答案.【详解】由()1i2z+=可得：()()()()221i21i2=1i1i1i1i1iz−−===−++−−，所以112z=+=.故选：B.3．已知

单位向量ar，br满足1ab−=rr，则向量ar，br的夹角为（）A．π6B．π4C．π3D．π2【答案】C【分析】将1ab−=rr两边平方，再利用向量数量积的定义即可求解.【详解】由1ab−=rr，所以2221aabb−+=rrrr，又,abrr为单位向量，所

以12cos,11ab−+=rr，解得1cos,2ab=rr，第2页共20页所以ar与br的夹角为π3.故选：C4．函数()()ln22xfxxx=+++的零点个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案

】B【分析】先求导研究函数的单调性，再结合零点的存在性定理即可求解【详解】()()()ln2,22xfxxxx=++−+，所以()()()222140222xfxxxx+=+=+++在()2,−+上恒成立，所以函数()fx在()2,−+上单

调递增，所以函数()()ln22xfxxx=+++至多一个零点又()110f−=−，()0ln2ln10f==，即函数()fx在()1,0−上有一个零点，所以函数()fx的零点个数是1，故选：B.5．已知抛物线

2:4Cyx=的焦点为F，点()2,0M，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，且AMAF=，则点B的横坐标为（）A．32B．1C．23D．12【答案】C【分析】根据题意得到点A的坐标，从而得到直线方程，然后联立直线方程与抛物线

方程，结合韦达定理即可得到结果.【详解】根据题意不妨令点A在x轴上方，得到如图所示图像，第3页共20页因为抛物线2:4Cyx=，则焦点()1,0F，又因为点()2,0M且AMAF=，则12322Ax+==，且A在抛物线上，则3462Ay==，所以3,62A由直线过点F且交抛物

线于A，B两点可知，626312k==−，则直线方程为()261yx=−，联立抛物线与直线方程可知()24261yxyx==−消去y得261360xx−+=由韦达定理可知136ABxx+=，且32Ax=，所以1332623Bx

=−=故选:C.6．已知数列na满足：m，*nN，mnmnaaa+=+.若20222022a=，则1a=（）A．1B．2C．3D．2022【答案】A【分析】令1m=，则11nnaaa+=+，再根据

等差数列的定义即可得到11nnaaad+−==，即可求出答案.【详解】令1m=，则11nnaaa+=+故11nnaaa+−=，1aQ为常数，故数列na是等差数列11nnaaad+−==()2022112022120222022aada=+−==11a=故选：A.

7．在四棱锥PABCD−中，平面PAB⊥平面ABCD，PABV为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形.若四棱锥PABCD−存在一个内切球（内切球定义：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球），则内切球的表面积为（）A．

4πB．πC．4π3D．π3【答案】D【分析】根据内切球在等边三角形PAB内的“正投影”求得内切球的半径，进而求得内切球的表面积.【详解】由于平面PAB⊥平面ABCD，PABV为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形，第4页共20页所以四棱锥PABCD−的内切球在等边三角形PABV的“正投影

”是等边三角形PABV的内切圆，设等边三角形PABV的内切圆半径为r，则()11π11111sin223PABSr=++=V，解得36r=，所以内切球的半径为36，其表面积为23π4π63=

.故选：D8．水平放置的碗口朝上的半球形碗内，假设放入一根粗细均匀的筷子，在力的作用下，筷子在碗内及碗沿可无摩擦自由活动直到筷子处于平衡（即筷子质心G最低）.此时若经过筷子作与水平面垂直的轴截面如图，其中半圆O（

表示半球碗截面）半径为1，线段AB（表示筷子）长为3，则线段AB的中点G离碗口平面距离最大时，直线AB与水平面夹角的余弦值为（）A．137316−B．313716+C．32D．13【答案】B【分析】令线段AB与半球碗的右侧交于

点M，设直线AB与水平面的夹角为，线段AB的中点G离碗口平面距离为()h，根据题意可知：()33πsin2cossinsin2sin,0,222hGM==−=−，利用导数研究最值即可求解【详解】令线段A

B与半球碗的右侧交于点M，设直线AB与水平面的夹角为，线段AB的中点G离碗口平面距离为()h，根据题意可知：2cosAM=，则32cos2GM=−，此时()33πsin2cossinsin2sin,0,222hGM==−=−

，()2332cos2cos4coscos222h=−=−−，令()0h=，解得3137cos16=，设03137cos16+=()00,00π,2()h

+0−第5页共20页()h递增极大值递减当0=时，()h取得最大值，线段AB的中点G离碗口平面距离最大时，直线AB与水平面夹角的余弦值为313716+，故选：B二、多选题9．投掷两枚质地均匀的正方体骰子

，则（）A．向上点数之和为5的概率为118B．向上点数之和为7的概率为16C．向上点数之和为6的倍数的概率为536D．向上点数之和为偶数的概率为12【答案】BD【分析】用列举法结合古典概型的概率公式求解即可【详解】由题意可知投掷两枚质地均匀的正方体骰子点数向上的情况共有：()()()()(

)()1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6，()()()()()()2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6，()()()()()()3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6，()()()()()()4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6，()()()()()()

5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6，()()()()()()6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6，共36种，其中点数之和为5的有()()()()1,4,2,3,3,2,4,1共4种，故概率为41369=，故A

错误；其中点数之和为7的有()()()()()()1,6,2,5,3,4,4,3,5,2,6,1共6种，故概率为61366=，故B正确；其中点数之和为6的倍数有()()()()()()1,5,2,4,3,3,4,2,5,1,6,6共6

种，故概率为61366=，故C错误；第6页共20页其中点数之和为偶数的有()()()1,1,1,3,1,5，()()()2,2,2,4,2,6，()()()3,1,3,3,3,5，()()()4,2,4,4,4,6，()()()5,1,5,35,5，()()()6,2,6,4

,6,6，共18种，故概率为181362=，故D正确；故选：BD10．已知定义在R上的函数()fx，满足：x，Ry，()()()fxyfxfy+=，则（）A．函数()fx一定为非奇非偶函数B．函数()fx可能为奇函数又是偶函数C．当0x时，()1fx，则()fx在R上单调递增D．当0x

时，()1fx，则()fx在R上单调递减【答案】BC【分析】对于AB：令0xy==，结合奇偶性的定义即可求解；对于CD：利用单调性的定义结合已知条件求解即可【详解】对于AB：令0xy==，则()()()000fff=，所以()00f=或()01f=，当()00f=时，令

0y=，则()()()00fxfxf==，则()()0fxfx−==，所以此时()fx既是奇函数又是偶函数；故A错误，B正确；对于C：当0x时，()1fx，则()11f，又()()()101f

ff=，所以()00f，则()01f=，设12xx，则120xx−，则()121fxx−，第7页共20页所以()()()()1122122fxfxxxfxxfx=−+=−，由于()()()fxyfxfy+=，取yx=−

，得()()()0ffxfx=−，所以()()()()01ffxfxfx==−−，则当(),0x−时，()0fx−，则()0fx，所以()()()()11222fxfxxfxfx=−，则()fx在R上单调递增，故C正确；对于D：设12

xx，则120xx−，则()121fxx−，所以()()()()()11221222fxfxxxfxxfxfx=−+=−，则()fx在R上单调递增，故D错误；故选：BC11．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为边AD，AB的中点，点P为线段1D

F上的动点，则（）A．存在点P，使得11//BC平面BEPB．存在点P，使得1BB平面BEPC．对任意点P，平面11//ABD平面BEPD．对任意点P，平面1FCC⊥平面BEP【答案】ABD【分析】当点P与点F重合时，可判断AC，当点P为平面1BBE与线段1DF交点时可判断

B，可证第8页共20页明BE⊥平面1FCC，由此可判断D.【详解】选项A，当点P与点F重合时，平面BEP即为平面ABCD，由于11//BCBC，11BC平面BEP，BC平面BEP，此时11//BC平面

BEP，正确；选项B，若1BB平面BEP，此时平面BEP与平面1BBE重合，连接11,EFBD，易得11//EFBD，故1,BEDF相交，当点P为平面1BBE与线段1DF交点时成立，正确；选项C，当点P与点F重合时，平面BEP即为平面

ABCD，平面ABCD与平面11ABD交于过点A的一条直线，错误；选项D，连结CF，由于1CC⊥平面ABCD，CF平面ABCD，故1CCCF⊥，又,,AEBFABCBACBF===，故AEBCBFVV，故AEBCFB=，

即90EBACFB+=o，故CFBE⊥，又1,CFCC相交，1,CFCC平面1FCC，故BE⊥平面1FCC，又BE平面BEP，故对任意点P，平面1FCC⊥平面BEP，正确.故选：ABD12．已知实数2a，2b，且ab¹，若baab=，则ab−可能等于（）A．0.5B．1C．2D．

3【答案】AB【分析】问题可转化为,ab是()lnxfxx=大于2的两个不同零点，利用导数研究单调性并作出图象，结合图象即可求解第9页共20页【详解】因为实数2a，2b，且ab¹，若baab=，所以lnlnbaab=，即lnl

nbaab=，所以lnlnabab=，令()lnxfxx=，()21lnxfxx−=，令()0fx¢>解得0ex，令()0fx解得ex，所以()fx在()0,e单调递增，在()e,+上单调递减，作出()

lnxfxx=的图象如下：2a，2b，不妨设ab，()()()()ln2ln4ln22,4,24242ffff====，由图象可知：e4a，2eb，且422ab−−=，所以AB正确，CD错误；故选：AB三、填空题13．经过点()0,0，

()2,0，()0,3的圆的方程为_____________.【答案】22230xyxy+−−=（或()22313124xy−+−=）【分析】设圆的一般方程为220xyDxEyF++++=，代入点坐标，待定系数

求解即可.【详解】设圆的一般方程为220xyDxEyF++++=，代入点()0,0，()2,0，()0,3可得：第10页共20页0420930FDFEF=++=++=，解得023FDE==−=−，故圆的一般方程为：22230xyxy+−−=标准方程为：()2231

3124xy−+−=.故答案为：22230xyxy+−−=（或()22313124xy−+−=）14．已知实数x，y满足22224xyxy+−=，则xy的最大值为_____________.【答案】222+##222+【分析】利用重要不等式，转化为不等

式，求xy的最大值.【详解】因为22222xyxy+，所以2224xyxy−，即4222222xy=+−，当2xy=时，等号成立，所以xy的最大值是222+.故答案为：222+15．已知()10220

01201xxaaxax+−=+++L，则3a=_____________.【答案】30【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可.【详解】因为()1022001201xxaaxax+−=+++L，所以3a是

含3x项的系数，若从10个()21xx+−式子中取出0个()2x−，则需要从中取出3个x，7个1，则得到的项为()0023377310107CCC1120xxx−=；若从10个()21xx+−式子中取出1个()2x−，则需要从中取出1个x，8个1，则得到的项为()1218831098CC

C190xxx−=−；若从10个()21xx+−式子中取出大于或等于2个()2x−，则无法得到含3x的项；综上：含3x的项为3331209030xxx−=，则含3x项的系数为30，即330a=.故答案为：30

.16．已知*N，若关于x的方程()2cos131xx+=+恰有三个不同的解，则满足上述条件的的值第11页共20页可以为_____________.（写出一个即可）【答案】4，5，6，7，8，9，10（写出其中一个

即可）【分析】利用换元法，结合两个函数图象的交点情况进行求解.【详解】设1tx=+，则1tx−=，原方程化为311cos22tt−=+，设311()22tgt−=+，则函数恒过点11,2A；如图，设直线,ABAC分别与函数cos

yt=切于,BC两点；由图可知，当过点11,2A的直线的斜率介于直线AB和直线AC的斜率之间时符合题意.先求大致限定范围：33111223211122311122−−+−−+−−+−，解得13

1++，由于取正整数，当4ω=时，由图检验可知，符合题意；第12页共20页当10=时，由图检验可知，符合题意；所以的值可以为4，5，6，7，8，9，10（写出一个即可）.故答案为：4，5，6，7，8，9，10（写出其中一个即可）四、解答题17．已知公差

为2的等差数列na中，3a，4a，7a成等比数列.(1)求na；(2)设2nannba=+，求数列nb的前n项和nS.【答案】(1)25nan=−(2)nS()2144124nnn=−+−【分析】（1）由题意2437aaa=，用1ad

，表示，求解即可；（2）结合等差、等比求和公式，分组求和即可.【详解】（1）因为3a，4a，7a成等比数列，所以2437aaa=，又因为等差数列na的公差为2，所以()()()21116412aaa+=++，解得13a=−，所以25nan=−；（2）由题意25252nnbn−=

−+，第13页共20页由于11222242nnnnaaaa−−−===，故{2}na为以1128a=为首项，公比为4的等比数列，所以()114(325)8214nnnSn−−+−=+−()2144124nnn=−+−.18．为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进

行了动物试验，根据100个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：药物A疾病B合计未患病患病未服用301545服用451055合计7525100(1)若从总体中任取一个样本，试估计该动物未服用药物A且未患疾病B的概率；(2)能否有95

%的把握认为药物A对疾病B有效?附：()()()()22()nadbcabcdacbd−=++++()2P0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】

(1)310(2)没有【分析】（1）将频率作为概率，根据古典概型计算即可；（2）对2列联表作卡方计算，与表格中的数据比较即可.【详解】（1）由样本估计总体，估计该动物末服用药物且末患疾病B的概率为：30

310010P==；第14页共20页（2）假设药物A服用与患疾病B无关，由()()()()22()nadbcabcdacbd−=++++2100(30101545)75254555−=10033=，因为1003.84133，所以没有95%的把握认为药物A对疾病B有效；综上，

该动物末服用药物且末患疾病B的概率为：310，没有95%的把握认为药物A对疾病B有效.19．如图，在四棱锥PABCD−中，//ABCD，PABV与PADV均为等腰直角三角形，π2PBAPDA==，2PA=，且平面P

AB⊥平面PAD.(1)求证：PABD⊥；(2)若322CD=，求点A到平面PBC的距离.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】（1）取PA的中点O，结合等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可证得

PA⊥平面BOD，由线面垂直的性质可得结论；（2）由面面垂直的性质可证得OB⊥平面PAD，以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果.【详解】（1）取PA的中点O，连接,BODO，PABQ△与PADV均为等腰直角三角形，π2PBAPDA=

=，BPBA=，DPDA=，OBPA⊥，DOPA⊥，又BODOO=I，,BODO平面BOD，PA⊥平面BOD，BDQ平面BOD，PABD⊥.（2）Q平面PAB⊥平面PAD，平面PAB平面PADPA=，BOPA⊥，BO平面PAD，OB⊥平面PAD，又PAOD⊥，则以O为坐标原

点，,,OPOBODuuuruuuruuur正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，第15页共20页2PA=Q，BABP=，π2PBA=，2BABP==，又322CD=，32DCAB=，则

()1,0,0A−，()0,1,0B，()0,0,1D，()1,0,0P，设(),,Cxyz，则32DCAB=uuuruuur，32xy==，1z=，则33,,122C，31,,122BC=uuur，13,,122BP=−−−uuur，()2,0,

0AP=uuur，设平面PBC的法向量为(),,nabc=r，则3102213022BCnabcBPnabc=++==−−−=uuurruuurr，令1a=，解得：1b=，2c=−，()1,1,2n=−r；点A到平面

PBC的距离2636APndn===uuurrr.20．设ABCV的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若AB，且()()sincos2sincos2ABABAB−=−.(1)求tantanAB的值

；(2)若2c=，ABCV的面积为1，求tanC的值.【答案】(1)1tantan3AB=−(2)1tan2C=【分析】（1）由两角和与差的余弦公式化简已知等式即可求解；（2）根据面积公式可得1sinaB=，再由正弦定理结合两角和的正切

公式即可得出答案.【详解】（1）因为()()sincos2sincos2ABABAB−=−，所以()()()()sincossincosABBABAAB+−=+−，第16页共20页所以()()sincoscossinsinsinABBAABBA−−−()()sincoscossinsi

nsinBAABBAAB=−−−，所以()()()cossincossincos2sinsinsinABABBABAAB−−=−，所以()()()sincos2sinsinsinABABABAB−−=−−，又因为在ABCV中AB，所以()sin0AB−，所以()cos2sinsinA

BAB−=−，所以coscos3sinsinABAB=−，所以1tantan3AB=−；（2）因为ABCV的面积为1，所以1sin12SacB==，所以1sinaB=，根据正弦定理可得2sinsinsi

nacACC==，所以2sin1sinsinACB=，所以sin2sinsinCAB=，所以sincoscossin2sinsinABABAB+=，可得112tantanBA+=，又因为1tantan3AB=−，所以2tantan3AB+=−，所以()tantantantan

tantan1ABCABAB+=−+=−，所以1tan2C=.21．已知函数()()43,R,04afxxaxbxaba=−−(1)若0b=，求函数()fx的单调区间；(2)若存在0Rx，使得()()00fxxfxx=

+−，设函数()yfx=的图像与x轴的交点从左到右分别为A，B，C，D，证明：点B，C分别是线段AC和线段BD的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分

割点）【答案】(1)答案见解析第17页共20页(2)证明见解析【分析】（1）先求导，再分0a与0a讨论即可求解；（2）存在0Rx，使得()()00fxxfxx=+−，得()()222200030axxxax

xb+−+−=对任意x恒成立，即()232000130axxxaxb−+−−=对任意x恒成立，从而得到2ba=−，代入得()fx，求解即可【详解】（1）因为()4314fxaxx=−，所以()()23fxaxx=−.①当0a时，由()0fx¢>解得3

x，由()0fx解得3x，所以()fx在(),3−上单调递减，在()3,+上单调递增；②当a<0时，由()0fx¢>解得3x，由()0fx解得3x，所以()fx在(),3−上单调递增，在()3,+上单调递减.综上可知：

当0a时，()fx在(),3−上单调递减，在()3,+上单调递增；a<0时，()fx在(),3−上单调递增，在()3,+上单调递减.（2）若存在0Rx，使得()()00fxxfxx=+−，则()

()()()()()434300000044aaxxaxxbxxxxaxxbxx+−+−+=−−−−−，得()()()()()()22220000000220axxxxxxaxxxxxxxxxbx++−

−++−++−−=，得()()222200030axxxaxxb+−+−=对任意x恒成立，即()232000130axxxaxb−+−−=对任意x恒成立，所以02200130xaxaxb=−−=所以2ba=−；代入得()43124fxaxxx

=−+，由()0fx=可得()32480axxx−+=.因为函数()fx的图象关于1x=对称，所以有第18页共20页()()22240xxxx−−−=，得15Ax=−，0Bx=，2Cx=，15Dx=+，所以ABBCBCAC=，CDBCBCBD=，所以点B，C分别

是线段AC和BD的黄金分割点.22．已知点()2,1P是双曲线221:Cxya−=与椭圆222:2xCya+=的公共点，直线AB与双曲线1C交于不同的两点A，B，设直线PA与PB的倾斜角分别为，，且满足34+=.(1)求证：直线AB恒过定

点，并求出定点坐标；(2)记（1）中直线AB恒过定点为Q，若直线AB与椭圆2C交于不同两点E，F，求QEQFuuuruuur的取值范围.【答案】(1)证明见解析，()1,2-(2)14226,22,89−

【分析】（1）记PA，PB的斜率为1k，2k，由34+=可得12121kkkk++=，联立直线与双曲线，用坐标表示12121kkkk++=，结合韦达定理可得()()2210kmkm+++−=，分析即可得解；（2）用坐标表示()()33441,21,2Q

EQFxyxy=−+−+uuuruuur，结合韦达定理以及0得到k的范围，求解即可.【详解】（1）由已知得3a=，所以221:133xyC−=，222:163xyC+=，当PA，PB斜率不存在时，则直线

PA，PB为2x=或1yx=−，与题意不符；当PA，PB斜率存在时，记PA，PB的斜率为1k，2k所以根据()3tantan14+==−，可得12121kkkk++=，……………………（*）第19页共20页设()11,Axy，()22,Bxy，直线:ABykxm

=+，由22,1,33ykxmxy=+−=联立可得()2221230kxkmxm−−−−=，所以()()22222212212210,Δ44130,3,12,1kkmkmmxxkkmxxk−=+−++=−

+=−因为12121kkkk++=，所以()()()221212213270kkxxkmkmxxmm−+++−−+−+−−+=，所以()()2210kmkm+++−=，所以2mk=−−或21mk=−+（此时直线AB过()2,1P，不符，舍去）所以

直线AB恒过定点()1,2-；（2）由（1）知，可设直线AB的方程：()21ykx+=−，设直线AB与椭圆2C的交点E，F坐标分别为()33,Exy，()44,Fxy，由()()()2221,11222

6,ykxxy+=−−+++−=可得()()()()2212128130kxkx+−+−−+=，所以()()34231112xxk−−=+，因为()()33441,21,2QEQFxyxy=−+−+uuuruuur()()()234111xxk=−−+，所以(

)222313312224kQEQFkk+==+++uuuruuur又因为()()22Δ2812120kk=−−+可得1k或15k−，又因为直线AB与双曲线1C交于不同的两点A，B，由222,3,ykxkxy=−−−=联立可得()()222122(2)30kxkkxk−

++−+−=，第20页共20页又因为()()()2222Δ4241230kkkk=++−++可得32321122k−+，所以321125k−−或32112k+，所以结合（1）可得2k的取值范围为111,11,32252+

，所以QEQFuuuruuur的取值范围为14226,22,89−.