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）

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：D3．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：A4．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：C6．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3020男生4010 (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012 .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.