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    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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    这是一份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),共19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。

    2023届浙江省宁波市九校高三上学期期末联考数学试题

     

    一、单选题

    1.若集合,则    

    A B C D

    【答案】C

    【分析】先求出集合AB,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 B2 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

    .

    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】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

    故选:B

    5.若从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30,除以31,除以32),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】中除以30的数有:3,6,9,12,15,18,共6个,

    中除以31的数有:1,4,7,10,13,16,共6个,

    中除以32的数有:2,5,8,11,14,17,共6个,

    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30的数;②3个除以31的数;③3个除以32的数;④1个除以30的数加1个除以31的数加1个除以32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】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,令,代入的表达式,利用三角函数的性质求出最小值.

    【详解】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

     

    ,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,则上恒成立,所以上单调递增,则,所以

    所以

    ,则,所以上单调递增,则

    ,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ABC的距离为1,则ACB90°,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

    PQ的最小值为的最小值是1,即ABC的距离为1

    直角三角形ABQ中,AB2,所以60°,BAC60°

    所以重合,则ACB90°

    ABC的外接圆圆心MAB的中点,

    PA平面ABC,从而外接球的球心OPB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x1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,得直线所成角为,由此可求出的最小值即可判断C;设交于点O,由平面,得为三棱锥的高,由求得体积即可判断D

    【详解】

    平面平面,则 ABCD为正方形,则

    ,且平面

    平面

    平面

    ,故A正确;

    为正三角形,,则EF的距离即的距离为

    的面积与的面积不相等,故B错误;

    直线所成角为

    故当时,取最小值,故C正确;

    交于点O,由平面,得为三棱锥的高,

    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CD.

    【详解】由于,故A正确;

    由于,即的图象不关于对称,故B错误;

    时,,函数单调递增;

    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,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,解得,结合,即可判断B;由题意,则,则,即可判断C;当重合时,,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,设,解得

    ,则,故B正确;

    由题意,则,则,故C正确;

    因为是动点,则当重合时,,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】,得,由函数在区间上存在极值,列出不等式求解即可.

    【详解】

    ,得

    若函数在区间上存在极值,

    ,即

    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xyz,根据题中的对角线关系求出xyz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,

    ,解得

    故答案为:2

    15.若过点的直线自左往右交抛物线及圆四点,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

    轴时,则,所以

    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.,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

    恒成立,

    所以单调递增,

    如图所示:

    ,又因为

    ,即有两个根

    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:观察出复合函数的内层函数和外层函数;

    先求出内层函数的值域,和内层函数的零点;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;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),证明:.

    【答案】(1)

    (2)证明见解析

     

    【分析】1)由,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

    ,又

    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),证明:

    (2),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.

    ,则

    ,与题设矛盾.

    .

    ,所以的内切圆半径

    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)设的中点,则的中点,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,又,所以平面,然后由锥体体积公式求出结果.

    【详解】1)设的中点,连接

    ,则

    因为的中点,所以

    因为

    所以,所以为平行四边形,

    ,故

    又因为平面

    所以平面

    2)因为平面平面,所以

    ,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

    中,,故

    因为,所以,所以

    又因为平面,所以平面

    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)

    (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

    .

    3)解:由题知的所有可能取值为012.

    .

    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两点,点是线段的中点,且直线的斜率满足.

    (1)的值;

    (2)设点在直线上的射影分别为,问是否存在,使直线的交点总在轴上?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,进而得直线轴的交点的横坐标,直线轴的交点的横坐标,再将问题转化为对,有,再求解即可.

    【详解】1)解:设

    所以,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

    ,得直线轴的交点的横坐标.

    同理可得直线轴的交点的横坐标.

    直线的交点总在轴上,等价于对,有

    等价于对,有,即.

    ,所以存在符合题意.

    22.已知函数是自然对数的底数.

    (1)的单调区间;

    (2)若不等式恒成立,求实数的取值范围.

    【答案】(1)单调递增区间是,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

    可得,由可得.

    所以的单调递增区间是,单调递减区间是.

    2)解:设,则

    所以在区间上单调递增.

    不等式恒成立,

    等价于恒成立,

    恒成立.

    i)当时,有恒成立,

    ,则对任意的恒成立,

    ,与题意矛盾,所以,

    恒成立等价于恒成立,即.

    ,则.

    时,;当时,

    所以上单调递增,在上单调递减,

    ,此时.

    )当时,对显然成立.

    综合(i)()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.

     

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