2023届浙江省宁波市九校高三上学期期末联考数学试题(解析版)
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一、单选题
1.若集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】先求出集合A,B,再根据交集定义即可求出.
【详解】因为,,
所以.
故选:C.
2.若(是虚数单位),则复数的虚部为( )
A. B.2 C. D.
【答案】D
【分析】利用复数的除法运算求出,再利用复数的概念作答.
【详解】依题意,,
所以复数的虚部为.
故选:D
3.若过点的直线与曲线有公共点,则直线的斜率的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】设斜率为,则直线方程为,圆心到直线的距离小于等于半径,即可得到不等式,解得即可.
【详解】解:依题意直线的斜率存在,设斜率为,则直线方程为,即,
所以圆心到直线的距离小于等于半径,即,解得或,
即.
故选:A
4.我国南北朝时期的数学名著《孙子算经》中“物不知数”问题的解法,西方人称之为“中国剩余定理”.现有这样一个问题,将到中被整除余且被整除余的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】分析数列的特点,可知其是等差数列,写出其通项公式,进而求得结果.
【详解】将到中被整除余且被整除余的数按从小到大的顺序排成一列,这样的数构成首项为5,公差为6的等差数列,
所以,
故,
故选:B.
5.若从至的个整数中随机取个不同的数,则这个数的和是的倍数的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】先将18个数进行分成三类(除以3余0,除以3余1,除以3余2),然后根据题意得到四种情况,然后用组合计数原理和古典概型进行计算即可
【详解】至中除以3余0的数有:3,6,9,12,15,18,共6个,
至中除以3余1的数有:1,4,7,10,13,16,共6个,
至中除以3余2的数有:2,5,8,11,14,17,共6个,
从至随机取个不同的数,则这个数的和是的倍数的情况有:①3个除以3余0的数;②3个除以3余1的数;③3个除以3余2的数;④1个除以3余0的数加1个除以3余1的数加1个除以3余2的数,
所以这个数的和是的倍数的概率
故选:C
6.已知中,,,,若,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】以为坐标原点,以两条直角边为坐标轴建立直角坐标系,设点的坐标,由|CP|=1得,令,代入的表达式,利用三角函数的性质求出最小值.
【详解】以A为坐标原点,以两条直角边为坐标轴建立直角坐标系如图所示,
∵,∴,
设点的坐标为,则,,
∵|CP|=1,∴,
令,
∴
,其中,
故当时,取最小值为7.
故选:A.
7.若,,,是自然对数的底数,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】构造函数,,确定函数的单调性得在上恒成立,结合不等式放缩即可得;又构造函数,确定的单调性得,从而可得结论.
【详解】解:设,,则在上恒成立,所以在上单调递增,则,所以,
所以,
设,则,所以在上单调递增,则,
又,则,即,则,故,
综上可得:.
故选:D.
8.已知中,,,是边上的动点.若平面,,且与面所成角的正弦值的最大值为,则三棱锥的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】根据题意得PQ的最小值为,的最小值是1,即A到BC的距离为1,则∠ACB=90°,结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心,求出外接球的半径,再计算它的表面积.
【详解】三棱锥中,PA⊥平面ABC,设直线PQ与平面ABC所成角为,
∵的最大值是,∴,解得,
即PQ的最小值为,的最小值是1,即A到BC的距离为1,
直角三角形△ABQ中,AB=2,所以∠=60°,又∠BAC=60°,
所以重合,则∠ACB=90°,
则△ABC的外接圆圆心M为AB的中点,
又PA⊥平面ABC,从而外接球的球心O为PB的中点,
外接球的半径,
三棱锥的外接球的表面积.
故选:B.
二、多选题
9.若二项式的展开式中二项式系数之和为64,则下列结论正确的是( )
A.二项展开式中各项系数之和为 B.二项展开式中二项式系数最大的项为
C.二项展开式中无常数项 D.二项展开式中系数最大的项为
【答案】BD
【分析】由二项式系数和求得n,令x=1可求得各项系数之和即可判断A,由二项式系数的性质可得二项式系数最大的项即可判断B,由展开式的通项中x的指数确定有无常数项即可判断C,列不等式组求得系数最大的项即可判断D.
【详解】因为二项式的展开式中二项式系数之和为64,
所以,得,所以二项式为,
则二项式展开式的通项,
对于A,令,可得二项展开式中各项系数之和为,故A错误;
对于B,第4项的二项式系数最大,此时,则二项展开式中二项式系数最大的项为,故B正确;
对于C,令,则,所以二项展开式中的常数项为,故C错误;
对于D,令第项的系数最大,则,解得,
因为,所以,则二项展开式中系数最大的项为,所以D正确,
故选:BD.
10.已知正方体的棱长为2,是线段上的两个动点.若,则下列结论中正确的是( )
A.
B.的面积与的面积相等
C.直线与所成角的正切最小值为
D.三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】由已知条件可证明平面,即可判断A;求出的面积与的面积即可判断B;由,得直线与所成角为,,由此可求出的最小值即可判断C;设与交于点O,由平面,得为三棱锥的高,由求得体积即可判断D.
【详解】
由平面,平面,则, ABCD为正方形,则,
又,且平面,
平面,
平面,
,故A正确;
;
为正三角形,,则到EF的距离即到的距离为,,
则的面积与的面积不相等,故B错误;
,
直线与所成角为,,
故当即时,取最小值,故C正确;
设与交于点O,由平面,得为三棱锥的高,
则为定值,故D正确.
故选:ACD.
11.已知函数,则下列结论正确的是( )
A.的最小正周期为 B.的图象关于对称
C.的最小值为 D.在区间上单调递减
【答案】AC
【分析】通过可判断A;通过可判断B;通过导数确定函数的单调性,求出最值可判断C,D.
【详解】由于,故A正确;
由于,即的图象不关于对称,故B错误;
,
当即时,,函数单调递增;
当即时,,函数单调递减;
所以的最小值为,故C正确;
由以上分析可知,在上单调递增,故D错误.
故选:AC.
12.若直线与椭圆交于两点,分别是椭圆的左、右焦点,是动点,则( )
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【分析】由余弦定理结合椭圆定义可得,又利用基本不等式可得,即可判断A;联立直线与椭圆的方程,消去得,解得,结合及,即可判断B;由题意,则,则,即可判断C;当与重合时,,,由,即可判断D.
【详解】椭圆,,,,,
,
∵,则,当且仅当时等号成立,
∴,故A正确;
联立方程,消去得,设,解得,
则,
∵,∴,,则,故B正确;
由题意,则,则,故C正确;
因为是动点,则当与重合时,,,由,可知D错误,
故选:ABC.
三、填空题
13.若函数在区间上存在极值,则实数的取值范围是________.
【答案】
【分析】由,得或,由函数在区间上存在极值,列出不等式求解即可.
【详解】,
由,得或,
若函数在区间上存在极值,
则或,即或,
故答案为:.
14.若四面体中,,,,则四面体的体积是________.
【答案】2
【分析】将四面体补成长方体,设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,根据题中的对角线关系求出x,y,z的值,用长方体的体积减去4个小棱锥的体积即可得出四面体ABCD的体积.
【详解】以四面体的各棱为长方体的面对角线作出长方体,如图所示,
设,
则,解得,
.
故答案为:2.
15.若过点的直线自左往右交抛物线及圆于四点,则的最小值为________.
【答案】
【分析】根据抛物线的定义求得求出,当轴时,则,可求的值;当直线方程为时,代入抛物线方程,根据韦达定理结合基本不等式求得此时的最小值,即可得结论.
【详解】解:如图,其中抛物线的焦点坐标为,
抛物线的准线方程为:,圆的半径
又抛物线的定义可得:,又,
当轴时,则,所以;
当不垂直于轴时,设的方程为:,代入抛物线方程得:,
所以。
所以,
当且仅当,即时,等号成立.
综上,的最小值为.
故答案为:.
16.已知函数,且关于的方程有三个不相等的实数解,,.若,则的值为________.
【答案】1
【分析】把方程变形为,看成方程组的根,画出的图像,与一元二次方程的根的情况.
【详解】,设
所以
当时恒成立,
所以在单调递增,
如图所示:
令,又因为
即,即在有两个根
即
根据韦达定理得:
所以
故答案为:1
【点睛】嵌套型复合的零点解题步骤:①观察出复合函数的内层函数和外层函数;
②先求出内层函数的值域,和内层函数的零点;③根据内层函数的值域就是外层函数的定义域的关系,考察外层函数的零点;④根据题意讨论具体有几个零点的情况.
四、解答题
17.已知正数数列中,,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)式,证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由得,则是等比数列,从而求得数列的通项公式;
(2)求得,用裂项相消法求出,即可得出结论.
【详解】(1)由,,
得,又,
则是以为首项,为公比的等比数列,
所以.
(2)因为,
所以.
18.已知中,内角都是锐角.
(1)若,证明:;
(2)若,且,求内切圆半径的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由题意,所以,于是;
(2)由已知条件可得,,从而内切圆半径,由三角函数的性质即可求得最大值.
【详解】(1)因为,,所以,
所以,
于是.
(2)由(1)及知.
若,则,,
得,与题设矛盾.
故,.
又,所以的内切圆半径
,
当时,的内切圆半径的最大值为.
19.如图,在中,,,且,分别为,的中点.现将沿折起,使点到达点的位置,连接,,为的中点,连接.
(1)证明:平面;
(2)若二面角的余弦值为,求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)设为的中点,则;是的中点,则,又可证得为平行四边形,则,故,即可证明平面;
(2)由题意可知是二面角的平面角,于是,由题意平面,于是有平面,则,求得,由得,又,所以平面,然后由锥体体积公式求出结果.
【详解】(1)设为的中点,连接,,
又,则.
因为,是的中点,所以,
因为,,,,
所以,,所以为平行四边形,
则,故,
又因为,平面,
所以平面.
(2)因为平面,平面,所以,
又,所以是二面角的平面角,
于是.
因为,,,平面,
所以平面,于是有平面.
因为平面,所以.
在中,,,故,,
因为,所以,所以,
又因为,,平面,所以平面.
故.
20.为了有效提高学生体育锻炼的积极性,某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响,为此随机抽查了男女生各50名,得到如下数据:
性别 | 锻炼 | |
经常 | 不经常 | |
女生 | 30 | 20 |
男生 | 40 | 10 |
(1)判断是否有的把握认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关?
(2)从这100名学生中随机抽取1人,已知抽取的学生经常参加体育锻炼,求他是男生的概率;
(3)从这100名学生中随机抽取2名学生进行访谈,设抽取的学生中经常参加体育锻炼的人数为,求的分布列和数学期望.
附:,.
【答案】(1)有
(2)
(3)分布列见解析,
【分析】(1)根据表中所给数据完成列联表,求出有的把握认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关;
(2)根据条件概率利用缩小样本空间的方法计算即可;
(3)根据超几何分布求随机变量的概率分布及数学期望即可.
【详解】(1)解:零假设为:性别因素与学生体育锻炼的经常性无关.
由题中数据,得,
所以推断不成立,即认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关,此推断犯错误的概率不大于0.05.
(2)解:用表示事件“抽取到经常参加体育锻炼的学生”, 表示事件“抽取到男生”,
则.
(3)解:由题知的所有可能取值为0,1,2.
,,.
所以的分布列为
0 | 1 | 2 | |
.
21.已知点是双曲线的右焦点,经过点斜率为的动直线交双曲线于两点,点是线段的中点,且直线的斜率满足.
(1)求的值;
(2)设点,在直线上的射影分别为,问是否存在,使直线和的交点总在轴上?若存在,求出所有的值;否则,说明理由.
【答案】(1)
(2)存在,
【分析】(1)设,,,进而根据点差法得,进而得答案;
(2)代入结合韦达定理得,进而得直线与轴的交点的横坐标,直线与轴的交点的横坐标,再将问题转化为对,有,再求解即可.
【详解】(1)解:设,,,
所以,①,②.
由①,②两式相减,并整理得,
所以,有,得.
(2)解:将代入,并整理得,
所以,
由题意知,,则直线的方程为,
令,得直线与轴的交点的横坐标.
同理可得直线与轴的交点的横坐标.
直线和的交点总在轴上,等价于对,有,
即,
等价于对,有,即.
又,所以存在符合题意.
22.已知函数,是自然对数的底数.
(1)求的单调区间;
(2)若不等式对恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间是和,单调递减区间是
(2)
【分析】(1)求出,利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间;
(2)将原不等式变形为,构造函数,利用导数分析函数的单调性,分析可知,分、两种情况讨论,在第一种情况下,利用函数的单调性以及参变量分离法可得出,结合导数法可得出实数的取值范围;在第二种情况下,直接验证即可,综合可得出实数的取值范围.
【详解】(1)解:函数的定义域为,
因为,
由可得,由可得或.
所以的单调递增区间是和,单调递减区间是.
(2)解:设,则,
所以在区间上单调递增.
不等式对恒成立,
等价于对恒成立,
即恒成立.
(i)当时,有恒成立,
若,则对任意的恒成立,
但,与题意矛盾,所以,,
则恒成立等价于恒成立,即.
设,则.
当时,;当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,
故,此时.
(ⅱ)当时,对,显然成立.
综合(i)(ⅱ)知的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:解本题第二问的关键在于将不等式变形为,通过构造函数,分析出函数的单调性,最终结合函数的单调性以及参变量分离法求解.
浙江省宁波市九校2022-2023学年高一上学期期末联考数学试题(教师版含解析): 这是一份浙江省宁波市九校2022-2023学年高一上学期期末联考数学试题(教师版含解析),共23页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题(含解析): 这是一份浙江省宁波市九校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题(含解析),共6页。
2022-2023学年浙江省宁波市九校高二上学期期末联考数学试题含解析: 这是一份2022-2023学年浙江省宁波市九校高二上学期期末联考数学试题含解析,共23页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。