浙江省宁波市镇海中学2023届高三数学下学期4月统一测试试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市镇海中学2023届高三数学下学期4月统一测试试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 数列满足，，且其前项和为， 已知定点，动点Q在圆O， 下列命题中正确的有等内容，欢迎下载使用。
2022学年第二学期普通高中高三4月统一测试数学试题第Ⅰ卷一､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】C【解析】【分析】分析可得，由此可得出结论.【详解】任取，则，其中，所以，，故，因此，.故选：C.2. 已知是互相垂直的单位向量，若，则（    ）A.  B.  C. 0 D. 2【答案】A【解析】【分析】利用向量数量积运算求得正确答案.【详解】故选：A3. 已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的（    ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.【详解】若函数在上单调递增，则在上的最大值为，若在上的最大值为，比如，但在为减函数，在为增函数，故在上的最大值为推不出在上单调递增，故“函数在上单调递增”是“在上的最大值为”的充分不必要条件，故选：A.4. 已知，均为锐角，且，则的最大值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将变形，配角利用两角差的正弦公式展开化简计算，可得关于的一元二次方程，根据列不等式求解的取值范围，即可得最大值.【详解】∵，∴，即，∴，即，又因为为锐角，所以该方程有解，即，解得．又为锐角，∴．所以的最大值是.故选：C5. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数第1根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线交于点（，）和（，），则(     )     参考数据：取. A. 814 B. 900 C. 914 D. 1000【答案】C【解析】【分析】求出 ，用错位相减法求和即可.详解】由条件可得①，所以②，－②得：，，所以.故选：C.6. 数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（    ）A. 99 B. 103 C. 107 D. 198【答案】B【解析】【分析】根据递推公式，构造新数列为等比数列，求出数列通项，再并项求和，将用表示，再结合通项公式，即可求解.【详解】由得，∴为等比数列，∴，∴，，∴，①为奇数时，，；②为偶数时，，，∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解，综上所述，.故选：B.【点睛】本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论思想，属于较难题.7. 已知函数，，若，，，则、、的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】判断出函数是偶函数，且在区间上单调递增，然后比较、、三个数的大小，由此可得出、、的大小关系.【详解】，该函数的定义域为，，所以，函数为偶函数，当时，，任取，，则，，所以，，，，即，所以，函数在上单调递增，，，则，即.故选：A.【点睛】本题考查函数值的大小比较，解题的关键在于分析函数的单调性与奇偶性，考查推理能力，属于中等题.8. 已知定点，动点Q在圆O：上，PQ的垂直平分线交直线 OQ于M点，若动点M的轨迹是双曲线，则m的值可以是（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D【解析】【分析】当在圆内时，由几何性质可得，此时的轨迹是以为焦点的椭圆. 当在圆上时，线段的中垂线交线段于圆心.当在圆外时，,此时的轨迹是以为焦点的双曲线的一支，从而可得答案.【详解】当在圆内时，设与圆的另一交点为，设点为弦的中点, 则, 线段的中点在线段内，则线段的中垂线交线段于点，如图1 .连接, 则, 所以 则此时的轨迹是以为焦点的椭圆.当在圆上时，线段的中垂线交线段于圆心.当在圆外时，设与圆的另一交点为，设点为弦的中点, 则, 线段的中点在线段内，则线段的中垂线交线段的延长线于点，如图2 .连接, 则, 所以 则此时的轨迹是以为焦点的双曲线的一支.同理当在圆上运动时，还会得到所以动点的轨迹是双曲线，则在圆外,所以 故选： D二､多选题：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. 下列命题中正确的有（    ）A. 若复数满足，则； B. 若复数满足，则；C. 若复数满足，则； D. 若复数，则．【答案】AD【解析】【分析】根据复数的运算性质，即可判定A正确；取，可判定B不正确；取，可判断C不正确；根据复数的运算法则，可判定D正确.【详解】对于A中，设复数，可得，因为，可得，所以，所以A正确；对于B中，取，可得，所以B不正确；对于C中，例如：，则，此时，所以C不正确；对于D中，设，由，可得，即，可得，所以D正确.故选：AD10. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为（    ）A.  B. 1 C. 2 D. 3【答案】ABC【解析】【分析】先利用三角函数平移得到的解析式，再利用正弦函数的性质得到的单调递增区间，结合题意可得，从而得解.【详解】依题意，，由，得：，所以的单调递增区间为，因为在上为增函数，所以只考虑的一个单调递增区间，故，即，解得，所以选项D不满足，选项ABC满足.故选：ABC.11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）A. 当时，的周长为定值B. 当时，三棱锥的体积为定值C. 当时，有且仅有一个点，使得D. 当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 
  12. 已知函数，方程有两个不等实根，则下列选项正确的是（    ）A. 点是函数的零点B. ，，使C. 是的极大值点D. 的取值范围是【答案】BC【解析】【分析】求出函数导数，利用导数求出函数的单调性，画出函数图象，数形结合即可判断每个选项.【详解】当时，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，且；当时，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，且恒成立，画出函数图象如下：对A，由函数图象可得0是函数的零点，故A错误；对B，由图可得，故，，使，故B正确；对C，由图可得是的极大值点，故C正确；对D，方程等价于或，由图可得有1个实数根，所以方程有两个不等实根等价于有1个非零实根，则由图可得或，故D错误.故选：BC.第Ⅱ卷三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 设函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，当时，，若，则_________.【答案】【解析】【分析】根据题意，结合奇、偶函数的性质，列方程组求出和，即可求解.【详解】根据题意，由为奇函数，得关于对称， 故，即，∵，∴，又∵，∴，即，由 ，解得，，∵，∴.故答案为：.14. 已知，若，使得，若的最大值为M，最小值为N，则___________.【答案】【解析】【分析】作出在上的图象，为的图象与直线y=m交点的横坐标，利用数形结合思想即可求得M和N﹒【详解】作出在上的图象（如图所示）因为，，所以当的图象与直线相交时，由函数图象可得，设前三个交点横坐标依次为、、，此时和最小为N，由，得，则，，，；当的图象与直线相交时，设三个交点横坐标依次为、、，此时和最大为，由，得，则，，；所以.故答案为：.15. 已知椭圆，，若上任意一点都满足，则的离心率的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】利用距离公式将表示，配方后，分和两种情况讨论即得.【详解】设，则，因为，当即时，，所以，，所以，即，显然该不等式不成立，当，即时，，恒成立，由，得，所以综上，离心率的范围为.故答案为：16. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（1643-1727）给出了牛顿法——用“作切线”的方法求方程的近似解如图，方程的根就是函数的零点r，取初始值处的切线与x轴的交点为在处的切线与x轴的交点为，一直这样下去，得到，它们越来越接近r.若，则用牛顿法得到的r的近似值约为___________（结果保留两位小数）.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义求出切线方程进行求解即可.【详解】由，，所以在处的切线方程为：，令，可得：，所以在处的切线方程为：，令，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. 已知函数的最小正周期为8．（1）求的值及函数的单调减区间；（2）若，且，求的值．【答案】（1），[](k∈Z)；    （2）．【解析】分析】(1)化简f(x)，根据最小正周期求出ω，再求f(x)单调减区间；(2)由求出，在结合求出，最后利用正弦的和角公式求﹒【小问1详解】由已知可得，，∵的最小正周期，∴，∴，由得，∴f(x)的单调递减区间为[](k∈Z)；【小问2详解】∵，由(1)有，即，由，知；∴，故 ﹒18. 已知数列是等差数列，，且，，成等比数列．给定，记集合的元素个数为．（1）求，的值；（2）求最小自然数n的值，使得．【答案】（1），；    （2）11【解析】【分析】（1）利用等比数列的性质求得公差，得通项公式，写出时的集合可得元素个数，即；（2）由（1）可得，然后分组求和法求得和，用估值法得时和小于2022，时和大于2022，由数列的单调性得结论．【小问1详解】设数列的公差为，由，，成等比数列，得，，解得，所以，时，集合中元素个数为，时，集合中元素个数为；小问2详解】由（1）知，，时，=2001<2022，时，=4039>2022，记，显然数列是递增数列，所以所求的最小值是11.19. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面 ．（1）设 为棱 的中点，证明：四点共面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.【小问1详解】连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,又平面，平面,所以 ,平面，所以平面， 由于为棱的中点，，所以 ,又平面平面，平面平面，平面,所以平面 ,因此,所以四点共面， 【小问2详解】由于两两垂直，故建立如图所示空间直角坐标系，,,设，由（1）知,故，解得，故,,设平面，的法向量分别为则 即，取，则 ， 即，取，则 ，设平面与平面的夹角为，则20. 高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.如图所示的小木块中，上面7层为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿板，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过7次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2…，6的球槽内.例如小球要掉入3号球槽，则在前6次碰撞中有2次向右4次向左滚到第7层的第3个空隙处，再以的概率向右滚下，或在前6次碰撞中有3次向右3次向左滚到第7层的第4个空隙处，再以的概率向左滚下.（1）若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第6个空隙处的概率；（2）小明同学在研究了高尔顿板后，利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入号球槽得到的奖金为元，其中.①求的分布列：②高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？【答案】（1）；（2）①答案见解析，②能盈利.【解析】【分析】（1）记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，由此能求出这个小球掉入第7层第6个空隙处的概率；
（2）①记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，此能求出X的分布列；②由①得的可能取值为0，5，10，15，进而可求出的分布列和，从而能求出小明同学能盈利.【详解】解：(1)记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，则；(2)①，记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，，，，，，，∴X的分布列为X123456P ②，的可能取值为0，5，10，15，，，，，∴.∴小明同学能盈利.21. 已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．（1）当k变化时，求点M的轨迹方程；（2）若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．【答案】（1），其中或    （2）存在，【解析】【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.【小问1详解】设，，，联立直线l与双曲线E方程，得，消去y，得．由且，得且．由韦达定理，得．所以，．由消去k，得．由且，得或．所以，点M的轨迹方程为，其中或．【小问2详解】双曲线E的渐近线方程为．设，，联立得，同理可得，因为，所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．若A，B为线段CD的两个三等分点，则．即，．而，．所以，，解得，所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．22. 已知，函数．（I）求曲线在点处的切线方程：（II）证明存在唯一的极值点（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）【解析】【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.【详解】（I），则，又，则切线方程为；（II）令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，，当时，，画出大致图像如下：所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点；（III）由（II）知，此时，所以，令，若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故，所以实数b的取值范围.【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.