浙江省宁波市九校联考2022_2023学年高三数学上学期1月适应性考试试题含解析

这是一份浙江省宁波市九校联考2022_2023学年高三数学上学期1月适应性考试试题含解析，共24页。
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
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. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知，，再求交集即可.
【详解】解：，
，
所以
故选：B
2. 设，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.
故选：C.
3. 已知边所在直线上有一点满足，则可以表示为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据在所在直线上且满足,可确定的位置.由向量的线性运算和平面向量基本定理,即可用作为基底表示出.
【详解】因为在所在直线上且满足
所以可确定的位置如下图所示:
根据向量的线性运算及平面向量基本定理可知
故选:A
【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用,向量的加法与减法的线性运算,属于基础题.
4. 在直角梯形中，，，，，，则梯形绕着旋转而成的几何体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】易得梯形绕着旋转而成的几何体为圆台,再根据圆台的体积公式求解即可.
【详解】易得梯形绕着旋转而成的几何体为圆台,圆台的高,上底面圆半径,下底面圆半径.
故该圆台的体积
故选：A
【点睛】本题主要考查了旋转体中圆台的体积公式,属于基础题.
5. 盒中有6个相同型号的螺丝钉，其中有3个是坏的，从盒中任取2个，则等于（）
A. 恰有1个是坏螺丝钉的概率B. 恰有2个是坏螺丝钉的概率
C. 2个全是好螺丝钉的概率D. 至少1个是坏螺丝钉的概率
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出个选项对应事件的概率，即可得出答案.
【详解】解：恰有1个是坏螺丝钉的概率为，
恰有2个是坏螺丝钉的概率为，
2个全是好螺丝钉的概率为，
至少1个是坏螺丝钉的概率为,
故选：A.
6. 若函数，且，，的最小值是，则的单调递增区间是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将解析式化为，然后根据题意得到函数的周期为，从而得到，故．最后根据正弦函数的单调区间可得所求的增区间．
【详解】由题意得．
∵，且的最小值是，
∴，
∴，
∴，
∴．
由，
得，
∴函数的单调递增区间为．
故选A．
【点睛】（1）解答本题的关键是正确理解“，且的最小值是”的含义，即该函数相邻的最值点与零点间的距离为，也为四分之一周期．
（2）解决函数的问题时，可把看作一个整体，然后结合正弦函数的相应性质求解即可，解题时注意的符号对结果的影响．
7. 若，，，则a，b，c的大小关系为（）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数运算的性质将化简为，从而和c比较大小，同理比较a,c的大小关系，再根据两个指数幂的大小结合对数的运算性质可比较a,b大小，即可得答案.
【详解】由题意：，，故．
又，即，所以，即，
因为，所以．
因为，故，即，
所以，所以，
所以，所以，
故选：B.
8. 已知，则在区间上的最大值最小值之和为（）
A. 2B. 3C. 4D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】求导数，确定函数的单调性，再求最值．
【详解】，，
，
∵，∴，∴在上是增函数，
∴，，最大值和最小值的和为2.
故选：A.
【点睛】本题考查函数的最值．用导数确定函数单调性，再求最值是常用方法．
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.
9. 在正方体中，点是底面的中心，则（）
A. 平面B. 与成角为30º
C. D. 平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】A.由，得到是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理判断；B. 根据，得到为所成的角判断；C.由正方体的特征，得到平面判断；D.由判断；
【详解】如图所示：
A.因为，是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；
B. 因为，所以为所成的角，又平面，则，设棱长为a，则，因为，则，故正确；
C. 因为，所以平面，则，故正确；
D. 因为，，所以不垂直，则与平面不垂直，故错误；
故选：ABC
10. 已知函数，若函数有4个零点，则的可能的值为（）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】
求得解析式，令，将问题转化为的图象与的图象有四个不同的交点来求解出的取值范围，由此确定正确选项.
【详解】当时，，所以，
所以.
令，得，
依题意，的图象与的图象有四个不同的交点，画出和的图象如下图所示.
当时，，则，所以，，
所以过的切线方程为，即，故此时切线方程过原点.也即与只有个公共点，不符合题意.
所以由图可知，要使的图象与的图象有四个不同的交点，
需，即，故CD正确，AB错；
故选：CD.
【点睛】方法点睛：
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
11. 已知点，为坐标原点，A，B为曲线C：上的两点，F为其焦点.下列说法正确的是（）
A. 点的坐标为
B. 周长的最小值为
C. 若P为线段AB的中点，则直线AB的斜率为－2
D. 若直线AB过点F，且是与等比中项，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由曲线方程可判断A，利用抛物线定义可判断B，利用点差法可判断C，利用焦点弦公式及韦达定理可判断D.
【详解】由曲线C：，则焦点为，故A错误；
由曲线C：，可知其准线为，设到准线的距离为，则，
所以周长为，当时，取得最小值，周长取得的最小值为，故B正确；
若P为线段AB的中点，设，则，，
所以，所以，故C错误；
若直线AB过点F，且是与等比中项，则，
设，则，，
∴，
设，代入，得，所以，
∴，即，∴，故D正确.
故选：BD.
12. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设为非零常数，已知的展开式中各项系数和为，则展开式中常数项等于________.
【答案】
【解析】
【分析】利用已知条件可得出的值，可写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】，由于展开式中各项系数和为，则，
，解得（舍去）或，则，
的展开式通项为，
的展开式通项为，
的展开式通项为，
的展开式通项为.
令，解得，
因此，展开式中的常数项为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：两个二项式乘积的展开式中的特定项问题：
（1）分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点；
（2）找到构成展开式中特定项的组成部分；
（3）分别求解在相乘、求和即可.
14. 已知圆：和：恰好有三条公切线，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先结合已知条件和圆与圆的位置关系求出与的关系式，从而得到为上一点，再利用的几何意义以及定点到圆上一点的最值求法即可求解.
【详解】由题意，：的方程可化为，
故是以圆心为，半径为2的圆；
因为圆和圆恰好有三条公切线，所以圆和圆相外切，
又因为圆：，所以圆的圆心为，半径为1，
从而，化简得，，
即为上一点，
不妨令
由两点间距离公式可知，可表示为上一点到的距离，
因为是以圆心为，半径为3的圆，
所以圆心到的距离为，
故的最大值为，最小值为，
从而，
因，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
15. 过点作曲线的两条切线，则这两条切线的斜率之和为______.
【答案】
【解析】
【分析】考虑与时，设出切点坐标，求出相应的切线方程，将代入，得到相应的斜率，相加得到答案.
【详解】时，，设切点，
则，
切线过，
，
，
时，，切点，
，
切线过，
，
，
故.
故答案为：.
16. 已知椭圆C：的左､右焦点分别是，，过点的直线交椭圆于A，B两点，则的内切圆面积的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设直线AB的方程为，，，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，由示面积，并变形后应用基本不等式得最大值，从而可得内切圆半径最大值，即得面积最大值．
【详解】解：直线AB的斜率不能为0，但可不存在.
设直线AB的方程为，，，
由，得，，，
则
（当且仅当时等号成立）.
设的内切圆半径为r，，
则，
，
则的内切圆面积的最大值为.
故答案为：．
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. 函数，数列满足.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）令，若对一切成立，求最小正整数m．
【答案】（1）详见解析（2）2012
【解析】
【分析】（1）通过两边取倒数进行变形构造，再利用定义法证明.
（2）利用裂项相消法求和，再利用函数方法研究最值来处理恒成立问题.
【详解】（1），，两边取倒数得：
，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，首项为.
（2）因为数列为等差数列，公差为，首项为
所以，所以.
所以，，
又，也满足上式.所以，
所以
所以，因为对一切成立，
所以，解得.
所以最小正整数m为2012.
18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若，求b和的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），.
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理，结合已知可得得，即可求角B；（2）由余弦定理求，再结合已知求，应用同角三角函数关系、三角形内角和性质求即可.
【详解】（Ⅰ）在中，由正弦定，可得，
又由，得，即．
又，所以．
（Ⅱ）在中，，
由余弦定理，有，则．
又，有，得．
由即，故.
【点睛】本题考查了正余弦定理，应用正弦定理边角互化、同角三角函数关系、三角形内角和性质，属于基础题.
19. 如图，直三棱柱的底面是边长为的正三角形，分别是的中点
（1）证明：平面平面
（2）若直线与平面所成的角为，求点到面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）可通过证明平面得到要求证的面面垂直.
（2）设的中点为，连接，可得，利用可得，从而，利用等积法可求到平面的距离.
【小问1详解】
如图，因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，又是正三角形的边的中点，
所以 ，，平面，
因此平面，而平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
设的中点为，连接，
因为是正三角形，所以，
又三棱柱是直三棱柱，面，面，
所以，而，平面，
因此平面，于是直线与平面所成的角.
由题设知，所以.
在中，，
所以.
由（1）知为直角三角形，且，
故，又，
所以.
20. 为了解某校学生参加社区服务的情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查．已知该校共有学生960人，其中男生560人，从全校学生中抽取了容量为n的样本，得到一周参加社区服务的时间的统计数据如下表：
（1）求m，n；
（2）能否有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关？
（3）以样本中学生参加社区服务时间超过1小时的频率作为该事件发生的概率，现从该校学生中随机调查6名学生，试估计6名学生中一周参加社区服务时间超过1小时的人数．
附：
【答案】（1），（2）没有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关（3）估计这6名学生中一周参加社区服务时间超过1小时的人数是4人
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样比例列方程求出n的值，再计算m的值；
（2）根据题意完善2×2列联表，计算K2，对照临界值表得出结论；
（3）计算参加社区服务时间超过1小时的频率，用频率估计概率，计算所求的频数即可．
【详解】（1）根据分层抽样法，抽样比例为，
∴n＝48；
∴m＝48﹣20﹣8﹣12＝8；
（2）根据题意完善2×2列联表，如下；
计算K20.6857＜3.841，
所以没有95%的把握认为该校学生一周参加社区服务时间是否超过1小时与性别有关；
（3）参加社区服务时间超过1小时的频率为，
用频率估计概率，从该校学生中随机调查6名学生，
估计这6名学生中一周参加社区服务时间超过1小时的人数为64（人）．
【点睛】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题及用频率估计概率的应用问题，考查了运算能力，属于中档题．
21. 已知抛物线和的焦点分别为,,,,交于,两点(为坐标原点),且.
（1）求抛物线的方程;
（2）过点的直线交,下半部分于点,交的左半部分于点,点的坐标为,求面积的最小值.
【答案】（1）（2）8
【解析】
【详解】试题分析：（1）由已知条件推导出，由 ，解得，结合点在抛物线上得到P=2.（2）设过O的直线方程为y=kx，联立，得M（），联立，得N（4k，4k2），由此利用点到直线的距离公式能求出△PMN面积表达式，再换元法求得函数的最值．
（1）设，有①，由题意知，，，
∴
∵，∴，有，
解得，
将其代入①式解得，从而求得，
所以的方程为.
（2）联立得，联立得，
从而，
点到直线距离，进而
令，有，
当，即时，
即当过原点直线为时，△面积取得最小值.
点睛：本题考查抛物线方程的求法，考查三角形面积的最小的求法，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用．在求三角形面积时常用的方法有，先看三角形中是否有定长，底或者高是否为定长；能否进行面积分割，等能使得计算简单一些．
22. 已知函数，．其中．．
（1）讨论的单调性；
（2）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；
（3）设，若关于的方程为实数）有两个正实根，，求证：．
【答案】（1）当为奇数时，在，上单调递减，在单调递增；当为偶数时，在单调递增，在上单调递减；
（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，分为奇数和为偶数两种情况下求单调区间；（2）求出点坐标，得到，构造函数，求导后研究其单调性和极值，证明出结论；（3）利用第一问和第二问的结论进行证明，用二项式定理进行适当放缩，证明出结论.
【小问1详解】
由，可得，其中，且．
下面分两种情况讨论：
①当为奇数时，令，解得，或，
当变化时，，的变化情况如下表：
所以，在，上单调递减，在单调递增；
②当为偶数时，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减；
所以，在单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
证明：设点的坐标为，，则，，
曲线在点处的切线方程为，
即，
令，即，
则．
由于在上单调递减，故在上单调递减，
又因为，所以当时，，当时，，
所以在内单调递增，在上单调递减，
所以对应任意的正实数，都有，
即对于任意的正实数，都有．
【小问3详解】
证明：不妨设，
由（2）知，设方程的根为，
可得，由（2）知，可得．
类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，
当，，
即对于任意的，，
设方程的根为，可得，
因为在上单调递增，
且，因此，
由此可得：，
因为，所以，
故：．则，
所以当时，即有．
【点睛】导函数研究函数单调性，结合极值，最值等求参数取值范围，证明不等式等，是有力的工具，往往需要构造出新函数，或者借助切线方程进行切线放缩达到目的，本题中就用到了此类只是，本题第三问难点在于要用到二项式定理进行适当放缩.
超过1小时
不超过1小时
男
20
8
女
12
m
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
超过1小时
不超过1小时
合计
男生
20
8
28
女生
12
8
20
合计
32
16
48
递减
递增
递减