2023届浙江省杭州市、宁波市部分学校高三下学期4月联考数学试题含解析

这是一份2023届浙江省杭州市、宁波市部分学校高三下学期4月联考数学试题含解析，共21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届浙江省杭州市、宁波市部分学校高三下学期4月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接根据交集的定义即可得解.【详解】因为，所以.故选：C.2．已知，则在复平面内，复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】利用复数除法法则计算得到，从而确定复数对应的点所在象限.【详解】由可得，则复数对应的点为，位于第三象限.故选：C.3．设，则（    ）A．84 B．56 C．36 D．28【答案】A【分析】根据给定的展开式特征，列出的表达式，再利用组合数性质计算作答.【详解】依题意，.故选：A4．已知函数，则（    ）A．为奇函数 B．为偶函数C．为奇函数 D．为偶函数【答案】B【分析】方法一：可得，即可得到函数关于对称，从而得到为偶函数；方法二：求出的解析式，即可判断.【详解】方法一：因为，所以，所以函数关于对称，将的函数图象向左平移个单位，关于轴对称，即为偶函数.方法二：因为，，则，所以为偶函数；又，故，，所以，，故为非奇非偶函数；又，故，，所以，，故为非奇非偶函数；又，故，，所以，，故为非奇非偶函数.故选：B5．从含有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取2张，在其中1张是假钞的条件下，2张都是假钞的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据古典概型的概率分别计算，结合条件概率的计算公式即可求解.【详解】设事件表示“抽到的两张都是假钞”，事件表示“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即.又，，故选：A6．已知，是关于的方程的两根，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据韦达定理、两角和差正切公式和二倍角正切公式可构造方程求得的值.【详解】，是关于的方程的两根，，，，又，，解得：.故选：C.7．如图，某同学用两根木条钉成十字架，制成一个椭圆仪.木条中间挖一道槽，在另一活动木条的处钻一个小孔，可以容纳笔尖，各在一条槽内移动，可以放松移动以保证与的长度不变，当各在一条槽内移动时，处笔尖就画出一个椭圆.已知，且在右顶点时，恰好在点，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，则，由题意可得，，根据离心率公式即可求解.【详解】解：由题意知与的长度不变，已知，设，则，当滑动到位置处时，点在上顶点或下顶点，则短半轴长，当在右顶点时，恰好在点，则长半轴长，故离心率为.故选：D.8．将一个体积为的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，由球体积求得球半径，根据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于的函数，利用导数求体积最大值.【详解】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，由球的体积为，则，解得，，即，故，正三棱锥的体积为：，，由得：，此时函数单调递增，由得：，此时函数单调递减，当时，取得最大值，且最大值为.故选：D 二、多选题9．已知向量，函数，则（    ）A．在上有4个零点B．在单调递增C．D．直线是曲线的一条切线【答案】BCD【分析】根据向量的数量积坐标公式求解并化简，对于选项A、B，根据正弦型函数的零点，单调性验证；对于C，直接代入计算验证；对于D，利用导数求在点处的切线进行判断.【详解】由题知，对于A，当时，，令，则，则或，即或，故在上有2个零点，故A错误；对于B，当时，，又在区间上单调递增，故在上单调递增，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，则，又，故在处的切线方程为，即，故D正确.故选：BCD.10．已知圆是直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则（    ）A．直线经过定点B．的最小值为C．点到直线的距离的最大值为D．是锐角【答案】AB【分析】由两圆方程相减可得交点弦，即可可判断A，根据直线经过的定点即可求解C,由勾股定理即可判断CD.【详解】设，则以为直径的圆的方程为，化简得，与联立，可得所在直线方程：，即，故可知恒过定点A正确；到过定点的直线距离的最大值为：，，故最小值为.B正确，当点与定点的连线与直线垂直时，此时点到直线的距离最大，且最大值为，故C错误；圆心到的距离为，由于,在直角三角形中，当点运动到正好时，此时最小，的张角最大，此时，当点位于其它点时均为锐角，故，不恒为锐角，D错误.故选：AB11．已知曲线，则（    ）A．曲线关于直线对称B．曲线上恰有四个整点（横坐标与纵坐标均为整数）C．曲线上的点到原点距离的最大值为D．曲线上存在点在圆的内部【答案】AC【分析】根据点的对称代入方程中即可验证A，根据方程有解由判别式可得，结合为整数时，对应 的值即可判断B，由均值不等式的性质一节点到点的距离公式即可判断CD.【详解】对于A,将坐标代换成得，与原曲线方程相同，故曲线关于直线对称，故选项A正确；对于B，由方程得：，因为有解，所以，可得，若为整数，则，当时，没有整数解，当时，解得的整数解为0和3，当时，解得的整数解为-3和3，当时，解得的整数解为0和-3，所以曲线经过个整点，故选项B错误.对于C,，所以，故，当且仅当时等号成立，C正确；对于D，由得，故，当且仅当时等号成立，所以曲线上任一点到原点的距离最小值为，故选项D错误；故选：AC12．如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（    ）A．存在唯一点，使得B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值C．若，则三棱锥外接球的表面积为D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分【答案】BCD【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.【详解】对于A选项：正方形中，有，正方体中有平面，平面，，又，平面，平面，只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，此时点与点重合，B选项正确；对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则有，，有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.故选：BCD 三、填空题13．已知随机变量服从，若，则__________.【答案】/【分析】利用正态曲线的对称性可求得的值.【详解】因为，则.故答案为：.14．如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上两点，已知，，，，，则的长为________．【答案】【分析】在中利用正弦定理可求得，即；在中，利用余弦定理可求得结果.【详解】在中，由正弦定理得：，，，在中，由余弦定理得：，.故答案为：.15．定义：对于数列，如果存在常数，使得对于任意，都有，成立，则称数列为“摆动数列”，称为数列的摆动值.若，且数列的摆动值为0，则的取值范围为__________.【答案】【分析】根据“摆动数列”的定义可得，对分奇偶即可求解.【详解】由数列的摆动值为0知，当为偶数时，，故当为奇数时，，即当为奇数时，，即，所以故的取值范围为.故答案为：16．是抛物线准线为上一点，在抛物线上，的中点也在抛物线上，直线与交于点，则的最小值为__________.【答案】6【分析】设，求出的中点坐标并代入抛物线方程，得出为方程的两个实数根，求出韦达定理，表示直线的方程，得出点坐标，再进一步计算的最小值.【详解】设，的中点坐标为，的中点坐标为，因都在抛物线上，则有，.则为方程的两个实数根，，直线与交于点，直线的方程为：，即，可得，令，解得，则，，当且仅当时取得最小值，最小值为6.故答案为：6. 四、解答题17．已知函数．(1)求的单调递增区间；(2)若对任意，都有，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）的解析式可化简为，令，即可解得的单调递增区间（2）对恒成立的不等式等价转化后，结合的范围可得，从而解得的范围【详解】（1）令解之得 ∴的单调递增区间为（2）对任意，都有，∵，∴，∴，∴实数的范围为．18．已知数列为等比数列，是与的等差中项，为的前项和．(1)求的通项公式及；(2)集合A为正整数集的某一子集，对于正整数，若存在正整数，使得，则，否则．记数列满足，求的前20项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等比数列通项公式结合等差中项性质求基本量，即可由公式法写出通项公式及；（2）解对数方程得，即可求得A，即可对数列分组求和.【详解】（1）设的公比为是与的等差中项，，，∴，．（2）由题意知，，又，，即，故．又，．19．已知在多面体中，，，，，且平面平面.（1）设点为线段的中点，试证明平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，∵在中，∴.∴由平面平面，且交线为得平面.∵，分别为，的中点，∴，且.又，，∴，且.∴四边形为平行四边形.∴，∴平面.（2）∵平面，，∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，.∵平面，∴直线与平面所成的角为.∴.∴.可取平面的法向量，设平面的法向量，，，则，取，则，.∴，∴，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的大小，重点考查了空间想象能力，属中档题.20．为保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周阅读时间x(单位：小时)并绘制如图所示的频率分布直方图：(1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数和样本方差(同一组的数据用该组区间中点值代表)；(2)由直方图可以看出，目前该校学生每周的阅读时间x大致服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且利用直方图得到的正态分布，求；②从该高校的学生中随机抽取20名，记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求Z的均值.参考数据：，若，则.【答案】(1)，；(2)①；②. 【分析】(1)利用频率分布直方图计算平均数和方差的方法直接计算作答.(2)①利用给定公式直接计算；②利用①的结论结合二项分布的期望公式计算作答.【详解】（1）根据频率分布直方图知，阅读时间在区间内的频率分别为，，，所以样本平均数和样本方差分别为9，1.78.（2）①由题意知，，则有，，，②由①知，可得， 所以Z的均值.21．坐标平面中，是椭圆上一点，经过的直线（不过点）与交于两点，直线与的斜率乘积为.(1)求的方程；(2)直线与交于点，且.当点到直线的距离最大时，求直线的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设出点坐标，表达出直线与的斜率，再结合，即可得到的方程；（2）通过分类讨论直线与轴的位置关系，利用韦达定理和垂直关系即可得出点到直线的距离最大时，直线的方程.【详解】（1）由题意，在中，经过的直线（不过点）与交于两点设，则，且，∵在上，∴，两式相减得，，∵，∴，即，代入中解得，，∴椭圆的方程为.（2）由题意及（1）得，当直线与轴不垂直时，设直线方程为：，联立直线与椭圆方程，消去得，，设，当，即时，有，∵，∴，∵，∴，整理得，，，∵直线不过点，∴，∴，∴直线经过定点，当直线垂直于轴时，设方程为：，则，且，①由得，，②由①②解得，或（舍），∴此时直线也经过定点，综上，直线经过定点，当垂直于直线时，点到直线的距离最大，此时，∴直线的斜率为，直线方程为：，故所求直线方程为：.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于设直线方程为：，将其与椭圆联立得到韦达定理式，将垂直转化为向量点乘为0，再化简将韦达定理式整体代入，再次化简得到与的关系式，从而得到直线所过定点，最后得到距离最大时的直线方程.22．已知函数.(1)若，证明：当时，；(2)讨论函数在上零点个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析 【分析】（1）分别构造函数和，利用导数确定单调性，进而由不等式的性质即可求解.（2）对分情况讨论，时利用不等式的性质可得无零点，时，利用二阶求导确定函数的性质即可求解.【详解】（1）若，则.①先证：当时，.设，则的导函数，设，则的导函数，因为，所以，所以在上单调递增，又，所以，即，所以在上单调递增，又，所以当时，，即.②再证：时，.设，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，即.由①②得，当时，，所以当时，，即.（2）①若，则，由（1）可知，当时，，所以，又由（1）可知，当时，，所以，所以，所以在上无零点.②若，当时，，则，故在上无零点.③若，的导函数，设，则的导函数，设，则的导函数，（i）当时，在上单调递增，即在上单调递增，又，所以在上存在唯一零点，记作.当时，单调递减，即单调递减；当时，单调递增，即单调递增.（ii）当时，，单调递增，即单调递增.综合（i）（ii），可得当时，单调递减；当时，单调递增.又因为，所以存在唯一实数，使得，当时，单调递减；当时，单调递增.又因为，所以时，；由（1）已证，所以，又在上单调递增，所以在上存在唯一零点.综上，当时，在上无零点；当时，在上存在唯一零点.【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式或者利用导数分类讨论确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．