浙江省宁波市2023_2024学年高三数学上学期1月期末试题含解析

这是一份浙江省宁波市2023_2024学年高三数学上学期1月期末试题含解析，共22页。试卷主要包含了请保持答题卡的整洁， 已知，则， 下列说法正确的是，05等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.请保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式求集合A，由对数函数定义域求集合B，再由集合的交补运算求结果.
【详解】由题设，，
所以，
故，即为.
故选：D
2. 已知复数，则的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用复数的乘方、除法运算化简，即可得虚部.
【详解】，故虚部为.
故选：C
3. 与双曲线有共同的渐近线，且经过点的双曲线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设所求双曲线方程为，代入已知点坐标求解．
【详解】由题意设所求双曲线方程为，又双曲线过点，
∴，即，
∴双曲线方程为，即，
故选：D．
4. 若数列为等比数列，则“”是“”的（）
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C充分不必要条件D. 必要不充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列性质，结合基本不等式及不等式性质，由充分、必要性定义判断充分、必要性.
【详解】若数列的公比为，
由，故，则，
所以，当且仅当，即时取等号，故充分性成立；
由，故，若，则，故必要性不成立；
故选：C
5. 体育课上，罗老师让8名身高各不相同同学排队，要求排成前后两排，每排4人，且每排同学从左到右身高依次递增，则不同排法的种数为（）
A. 60B. 70C. 80D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】只需确定从8人中任抽4人放在第一排的方法数即可得答案.
【详解】从8人中任抽4人放在第一排有种，且仅有一种排法，其余4人放在第二排只有一种排法，
所以不同排法的种数为种.
故选：B
6. 若向量满足，且，则在上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量数量积的运算律可得，再由投影向量的定义求在上的投影向量.
【详解】由，则，
由在上的投影向量.
故选：D
7. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，结合二倍角公式，弦化切，即可求解．
【详解】，
则．
故选：A．
8. 在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设条件作出四面体的高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.
求解多面体的外接球的主要方法有：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（）
A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的第70百分位数是8.5
B. 若随机变量，则
C. 设为两个随机事件，，若，则事件A与事件相互独立
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的卡方独立性检验，可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据百分位数的定义可判定A，利用正态分布的对称性可判定B，利用条件概率及相互独立事件的定义可判定C，利用独立性检验的意义可判定D.
【详解】对于A，因为，
又将数据从小到大排列，第7个数为7，第8个数为8，
所以第70百分位数为7.5，故A错误；
对于B，根据正态分布的性质可知为，
，故B正确；
对于C，根据条件概率可知，
由相互独立事件的判定可知C正确；
对于D，根据独立性检验的意义可知，
故可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用赋值法，结合导数的求导法则逐一判断即可.
【详解】A：在已知等式中，令，则有，所以本选项正确；
B：在已知等式中，令，则有，所以本选项正确；
C：因为，
所以项的系数，
D：对已知等式，两边同时求导，得，在该式中，令，则有，所以本选项正确，
故选：ABD
11. 抛物线：的焦点为，过作倾斜角为的动直线交抛物线于两点（在第一象限），且，设关于轴的对称点为，则下列说法一定正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义，结合倾斜角的意义及直角三角形锐角三角函数、三角形面积公式逐项判断即得.
【详解】抛物线：的焦点为，准线方程为，设，
过作轴于，过作于，显然，
由抛物线定义得，，
而，则，因此，A正确；
显然，同理，则，B错误；
又，则点到直线的距离，
因此，C正确；
显然，则，又，
因此，D正确.
故选：ACD
12. 已知，，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】构造函数，则有、，可得C、D，构造函数，结合函数性质可得，构造函数及，可得.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，
，有，故，
又，，
故，故有，
故，即C正确，，即，故D错误，
令，则，
令，
则，
当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
有，故恒成立，即恒成立，
故上单调递减，
又，
故当时，，当，，
即当时，，当时，，
令，即，此时，
故该方程有两个不相等的实根，设两根为、，且，则有，
由，且，故有，
由，故，即，故A正确；
令，有，
则，
当时，，当，，
故在上单调递增，在上单调递减，
有，又，故，
令，
则，
由，故，即，
故在上单调递增，又，故恒成立，
即，由，即有，
又，即有，有，，
又在上单调递减，故，即，故B正确.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题关键在于构造函数，结合函数性质，从而得到、、、的大小关系，即可得C、D，构造函数与函数，从而得到、与的关系.
第Ⅱ卷
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 小周和小王进行一对一篮球比赛，该比赛采取三局两胜制（有一方先胜两局即获胜，比赛结束）.假设小周每一局获胜的概率为，小王每一局获胜的概率为，且每一局比赛相互独立，则小王在比赛中获胜的概率为_________.
【答案】
【解析】
【分析】应用独立事件乘法及互斥事件加法求小王在比赛中获胜的概率.
【详解】由题设，小王在比赛中获胜情况：小王在前2局都胜，小王在前2局胜一局且第3局胜，
所以小王在比赛中获胜的概率为.
故答案为：
14. 若点直线上的动点，过与圆相切的两条直线的夹角为，则的最大值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题设可得直线与圆是相离关系，且，则，有，结合点线距离求得，再由，即可求其最大值.
【详解】由题意，直线与圆是相离关系，且，则，
如下图，，且，
所以，
令，则，
所以.
故答案为：
15. 将函数图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且在上单调递增，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据图象平移得，将问题化为在上递增，结合正弦函数性质求参数的取值范围.
【详解】由题设，又，
则，即在上递增，
又，所以或且，
故或且，则.
故答案为：
16. 在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，确定点的位置，再把展开放置于同一平面内，借助三点共线，结合余弦定理求解即得.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，连接，
由平面，平面，得，
由分别是棱的中点，得，而，则，
又平面，于是平面，又平面，
连接，显然平面，因此，则有，
当且仅当点与重合，即为线段的中点时取等号，
又平面，把展开放置于同一平面内，连接，
于是的最小值，即为线段长，
连接，依题意，，在中，，
，而，
，，
则，
在中，由余弦定理得，
的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
四、解答题（本大题共6小题，第17题10分，第18-22每小题12分，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）
17. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前项和.
【答案】17. ；
18. .
【解析】
【分析】（1）根据等差数列前n项和、通项公式列方程求基本量，即可得通项公式；
（2）写出的通项公式，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为，
由题设有，解得，即；
【小问2详解】
由（1）及已知得，
则①，
②，
②①，得
，
所以.
18. 如图，在三棱锥中，，，平面，平面平面，是的中点.
（1）求证：;
（2）求平面与平面的夹角.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作，垂足为，根据面面垂直性质得平面，再由线面垂直性质得、，最后由线面垂直的判定及性质证结论；
（2）法一：构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的大小；法二：取中点，中点，连结，，，由面面角的定义找到其平面角，再根据已知条件求平面角的大小.
【小问1详解】
作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
又平面，平面，所以，
因为，面，所以平面，
由平面，所以.
【小问2详解】
（向量法）如图，以为原点，及垂直面向上为轴正方向，建立空间直角坐标系.
所以，所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则,
令，所以，则，
所以平面与平面的夹角为.
（几何法）取中点，中点，连结，，，
因为平面，平面，所以，
又，所以，
由（1）知，平面，平面，所以，
在直角和直角中，，
所以是等腰三角形，所以，
综上，即为二面角的平面角，
，，，则，
所以为等腰直角三角形，故，
所以平面与平面的夹角为.
19. 某企业对2023年上半年的月利润情况进行调查统计，得到数据如下：
根据以上数据，绘制了散点图.
（1）根据散点图判断，与（均为大于零的常数）哪一个更适宜作为描述与关系的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）的判断结果求出关于的回归方程；
（3）已知该企业的产品合格率为，现随机抽取9件产品进行检测，则这9件产品中合格的件数最有可能是多少？
参考数据：
其中.
参考公式：用最小二乘法求经验回归直线方程的系数公式为，
，.
【答案】（1）
（2）
（3）8件或9件
【解析】
【分析】（1）根据散点图的趋势即可求解，
（2）利用最小二乘法即可求解方程，
（3）根据二项分布求解概率，即可根据不等式求解最值.
【小问1详解】
由于散点图呈现在曲线附近，所以选择
【小问2详解】
两边取对数，得，
设，，建立关于的回归方程，
则，
，
所以关于的回归方程为，所以.
【小问3详解】
设抽到的产品中有件合格品，则，
所以，
，即，
，
解得，
所以最有可能是8件或9件.
20. 在中，已知.
（1）求的长；
（2）若的平分线交点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件及正弦的和角公式得到，再利用正弦定理即可求出结果；
（2）设，利用及条件得出，
再利用余弦定理得，从而得到，即可求出结果.
【小问1详解】
由题意得，，得到，
所以，
由正弦定理，得到，又，
所以.
【小问2详解】
设，因为，
所以，又，所以，
由余弦定理，，
所以
当时，取到最大值.
21. 已知点和直线:，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知，过点作直线交于，两点，若，求的斜率的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，用坐标表示出已知关系化简即得；
（2）设，直线方程为代入椭圆方程后应用韦达定理得，再由向量运算的坐标表示得出的关系，结合越来可求得值．
【小问1详解】
设，由题意得，
化简得:.
【小问2详解】
设：，
与联立得，，因为，则定点在椭圆内，则该直线与椭圆必有两交点，
所以
因为，所以，即，
所以③，
由①③得，
将④⑤代入②，得，
化简得，，解得.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到韦达定理式，再根据向量关系式，从而解出，最后得到关于的方程，解出即可.
22. 我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函数，其一般形式为，幂指函数在求导时可以将函数“指数化"再求导.例如，对于幂指函数，.
（1）已知，求曲线在处的切线方程；
（2）若且，.研究的单调性；
（3）已知均大于0，且，讨论和大小关系
【答案】（1）
（2）答案见解析（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用“指数化"，即可结合复合函数的求导法则即可求解，
（2）利用“指数化"，即可结合复合函数的求导法则求导，构造函数，即可求解，
（3）根据的单调性，即可令求解.
【小问1详解】
，
则，
所以，又因为，所以切线方程为.
【小问2详解】
，，
，
令，令，
，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递增.
【小问3详解】
由（2）知，令，得，
由（2）知在上单调递增.
所以在上单调递增，
当时，，即.
当时，
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
月份
1
2
3
4
5
6
净利润（万元）
5
10
26
50
96
195
3.50
63.67
3.49
17.50
9.49
12.95
519.01