浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题（解析版）

宁波市2022学年第一学期高考模拟考试高三数学试题

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】先求对数函数的定义域化简集合，再解二次不等式化简集合，从而利用集合的交集运算求得结果.

【详解】因为，所以，得，故，

由得，解得，故，

所以利用数轴法易得.

故选：B.

2. 已知数列与均为等差数列，且，，则（    ）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】根据等差数列的性质即可求解.

【详解】因为，，

所以，

即 ，

根据等差数列的性质可知，

所以.

故选:B.

3. 若（，为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的运算法则求得参数，再求目标复数的模长即可.

【详解】因为，故，故，

则.

故选：B.

4. 一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（    ）

A. 2.7 B. 2.9 C. 3.1 D. 3.3

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意列出关于的式子，根据对数的运算性质即可求解.

【详解】设注射个小时后需要向病人血液中再次注射该药品，则，

由得：

故的最大值为3.1,

故选：C

5. 已知两个非零向量，的夹角为60°，且，则（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量的垂直关系可得，进而根据模长公式即可求解.

【详解】由得，

，

所以，

故选：C

6. 已知，，动点C在曲线T：上，若△ABC面积的最小值为1，则不可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再求出，可得，分别代入、、及，判断最小值是否为1即可.

【详解】设，因为，所以，即.

直线的方程为，即.

因为，，所以.

则点到直线的距离为.

因为，，所以.

所以.

当时，，

可得当时，，符合题意；

当时，，

可得当时，，符合题意；

当时，，

可得当时，，符合题意；

当时，，

可得当时，，不符合题意

故不可能为.

故选:D.

7. 若函数在区间上有两个零点，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】令，且，，注意到，则将问题转化为求的范围即可．

【详解】令，且，，根据，将

，

，

又，，

∴，又，

∴，

即，

故选：A．

8. 在正四棱台中，，．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据正棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.

【详解】

图1

设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，分别是上下底面的中心，连结，，， 根据边长关系，知该棱台的高为，则，

由，且四边形为直角梯形，，，可得，则，

当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为1.

上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.

显然球心M在所在的直线上.

图2

当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2，设，则，，显然

则，有，即

解得，舍去.

图3

当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设，则，显然

即，即

解得，，

此时，外接球的表面积为.

故选：D.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 若函数的图象关于直线对称，则（    ）

A.

B. 的图象关于点中心对称

C. 在区间上单调递增

D. 在区间上有2个极值点

【答案】ABD

【解析】

【分析】先根据图象关于直线对称可求得，从而得到解析式，赋值法可判断AB，

整体代入法可判断C，根据三角函数中极值点的含义可判断D.

【详解】若函数的图象关于直线对称，

则，解得，，

而，所以，故.

对于A，，A正确；

对于B，，所以图象关于点中心对称，B正确；

对于C，令，即，，

当时，单调递增区间为，不是其子区间，C错误；

对于D，三角函数的极值点即为函数图像对称轴所对应的横坐标，

令，得，当和时，

和为在区间上的2个极值点，D正确.

故选：ABD

10. 已知直线 ：与圆 ：相交于两点，与两坐标轴分别交于两点，记的面积为，的面积为，则（    ）

A.  B. 存在，使 C.  D. 存在，使

【答案】ABC

【解析】

【分析】运用数形结合思想，结合面积公式和点到直线距离，两点间距离，直线与圆弦长公式即可.

【详解】A.直线 ：，

当 时， ，

当 时，，

所以 ，

因为圆心为，

所以圆心到直线的距离 ，

所以根据直线被圆截得的弦长公式有，

解得，

所以，

当且仅当即，即，

解得时取得等号.

所以，故A正确.

B.直线 ：，

当 时， ；

当 时，，

所以

当 时，，故B正确.

C.直线 ：过定点 在圆内，

因为圆 ：，圆心为，

所以圆心到直线的距离

因为，

当且仅当时， ,所以被截得的弦长最短，

所以.故C正确.

D.要使，则与重合，

此时的直线方程为不过定点，

故D错.

故选:ABC.

11. 已知正实数、满足，则（    ）

A. 的最大值为 B. 的最小值为

C. 的最小值为 D. 的最大值为

【答案】AC

【解析】

【分析】利用基本不等式可得出关于的不等式，解出的取值范围，可判断AB选项；由已知可得出，利用二次函数的基本性质结合的取值范围，可得出的取值范围，可判断CD选项.

【详解】因为正实数、满足，

则，

因为，解得，当且仅当时，取最大值，则A对B错；

因为，

所以，，

令，因为函数在上单调递减，

所以，，C对D错.

故选：AC.

12. 如果定义在上的函数满足：对任意，有，则称其为“好函数”，所有“好函数”形成集合．下列结论正确的有（    ）

A. 任意，均有

B. 存在及，使

C. 存在实数M，对于任意，均有

D. 存在，对于任意，均有

【答案】AC

【解析】

【分析】首先对于A，取，即可证明；对于BCD，利用归纳推理以及反证法即可求解.

【详解】A项：，取，由于，故，正确；

B项：假如及，使，

现任取，有，

因此，从而，令，得，

再任取，有，

令，得，这表明

在处无定义，与定义在上矛盾，错误；

C项：用反证法，反设结论得,,使得，那么取，使得，由B分析知有矛盾，所以假设不成立，因此原命题为真，正确；

D项：若此选项成立，则，与C矛盾，错误.

故选：AC

【点睛】方法点睛：对于抽象函数以及函数不等式常用的证明方法：

（1）特殊值法：可以通过例举特殊值，验证结论错误；

（2）反证法：可以通过反证法，先假设，再证明得出矛盾，则原命题为真；

（3）归纳推理法：归纳推理的一般步骤是先证明当取第一个值时，命题正确；假设当时，命题正确，证明当时命题也正确.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，则__________．

【答案】##0.5

【解析】

【分析】利用辅助角公式得即可求出即可求解.

【详解】因为,

所以 即，

所以，所以

故答案为: .

14. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨辉将堆垜与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】由累加法即可求得，再利用裂项相消法即可求解.

【详解】由题可知：，

即有，

所以

，当n=1成立

所以，

所以

.

故答案为：

15. 在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据面面平行的性质可得，进而得或其补角即为m，n所成的平面角，结合余弦定理即可求解余弦的最小值，即可求解正弦的最值.

【详解】过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面平面，平面平面,，平面平面 所以,

所以或其补角即为m，n所成的平面角，

设正四棱锥ABCD的棱长为1，，则，

在中，由余弦定理得： ，

同理,

故在中，，

 由于，则，进而，当时取等号，

故的最小值为，进而，

故的最大值为，

故答案为：

16. 已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】设,利用焦半径公式得到,设，写出垂直平分线方程，代入，化简得到值，最终求出的值.

【详解】首先我们证明椭圆的焦半径公式

左准线方程为，右准线方程为，，

，，同理可证，

因本题椭圆离心率:，设

由焦半径公式:得:,

即中点，，则垂直平分线斜率为

根据点在椭圆上，则有，，作差化简得，

则线段的垂直平分线方程为,代入得:

,即,则.

故答案为：.

【点睛】椭圆中常见的二级结论对解决椭圆相关难题，尤其是选择填空题具有很好的作用，例如本题中的焦半径公式，，，点在椭圆上适合椭圆方程这一条件做题时容易忽略，但是却是设点法做题必要的步骤.

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. 已知数列的前n项和满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求数列的前n项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由与的关系即可求得数列的通项公式；

（2）利用错位相减法求数列的前n项和.

【小问1详解】

当，，故，

因为，当时，,

两式相减得：，即，

故数列为等比数列，公比，

所以．

【小问2详解】

，

故，

故，

令①，

②，

①-②得

即，

故．

18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为,．

（1）求的值；

（2）若，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)利用余弦定理角化边即可求解;(2)根据弦化切将原等式变为，

角化边即可得到，再结合可得，，利用余弦定理即可求解.

【小问1详解】

因为,

结合余弦定理，得，

即，

所以．

【小问2详解】

由，

即，即

即，又，

所以，，

所以.

19. 已知函数，．

（1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）若在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；

（2）参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.

【小问1详解】

解：当时，，

所以，，

所以，

故所求切线方程为．

【小问2详解】

解：因为在上恒成立，

令，，则，

令，则，

所以在上单调递减，

因，，

由零点存在定理知，存在唯一，使，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

从而．

20. 如图，直三棱柱中，，E，F分别是AB，的中点．

（1）证明：EF⊥BC；

（2）若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则，得FH⊥平面ABC，利用线面垂直的性质和判定定理证明BC⊥平面EFH，即可证明；

(2)根据题意，由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，求出，建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面CEF与平面的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可.

【小问1详解】

证法1：

取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为中点，所以，

因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH⊥平面ABC，

由平面ABC，所以FH⊥BC，

又E为AB的中点，则，且，所以，

因为EH，平面EFH，，

所以BC⊥平面EFH，因为平面EFH，所以．

证法2：

设，，，则

，

由题知，，，

所以，，

从而，即．

【小问2详解】

由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以，

由，得．

如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系．

则，，，，，，，，

，，，

设平面CEF的一个法向量为，

由得，取，

平面的法向量为，

由得，取，

设平面CEF与平面的夹角为，则．

所以平面CEF与平面夹角的余弦值为.

21. 已知点，在双曲线E：上．

（1）求双曲线E的方程；

（2）直线l与双曲线E交于M，N两个不同的点（异于A，B），过M作x轴的垂线分别交直线AB，直线AN于点P，Q，当时，证明：直线l过定点．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）将点坐标代入双曲线方程，即可求解值，进而得双曲线方程；

（2）设直线方程，联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，根据向量关系，转化为坐标关系，即可得的关系，进而可得直线过定点.

【小问1详解】

由题知， ，得，

所以双曲线E的方程为．

【小问2详解】

由题意知，当l⊥x轴时，与重合，由可知：是的中点，显然不符合题意，

故l的斜率存在，设l的方程为，

联立，消去y得，则

，即，且，

设，，，，

AB方程为，令，得，

AN方程为，令得，

由，得，即，

即，

即，

将，代入得

即，

所以，

得或，

当，此时由，得，符合题意；

当，此时直线l经过点A，与题意不符，

舍去所以l的方程为，即，

所以l过定点．

22. 已知函数，且，．

（1）若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围；

（2）证明：对于任意实数，．参考数据：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)利用导数与单调性最值的关系求解；(2)利用导数讨论单调性并证明不等式.

【小问1详解】

时，，

由题知对任意恒成立，

因为在单调递增，

则，得．

又，，得，

综上．

【小问2详解】

法1：

由题，，则，

而，显然在R上单调递增，

，

，

由零点存在定理知存在唯一使，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，

，

，

所以

记，单调递减，

又，

故，又，故，

则，

命题得证．

（2）法2：

由题，，

则，

而，显然在R上单调递增，

，

，

由零点存在定理知存在唯一，

使，，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，

记，

则对称轴，

所以

命题得证．