浙江省宁波市九校2022-2023学年高三上学期期末联考数学试题 附解析

宁波市2022学年第一学期期末九校联考高三数学试题卷 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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 【解析】 【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，， 所以复数虚部为. 故选：D 3. 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 【解析】 【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：A 4. 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 【解析】 【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 【解析】 【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：C 6. 已知中，，，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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、选择题：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. 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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 若函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【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 【解析】 【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】 【解析】 【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 【解析】 【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：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 【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. 【小问1详解】 由，， 得，又， 则是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以， 于是. 【小问2详解】 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） 【解析】 【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． 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 因为平面