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1、浙江省杭州市宁波市部分学校2022-2023年高三下学期4月联考数学试卷一单选题1. 已知集合,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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【解析】【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. 84B. 56C. 36D. 28【答案】A【解析】【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
2、.【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【解析】【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【解析】
3、【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,是关于方程的两根,且,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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
4、知,且在右顶点时,恰好在点,则的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【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【解析】【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
5、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【解析】【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
6、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【解析】【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,
7、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【解析】【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,
8、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【解析】【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
9、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,
10、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】#【解析】【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】【解析】【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
11、范围为_.【答案】【解析】【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【解析】【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.
12、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)【解析】【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【小问1详解】令解之得 的单调递增区间为【小问2详解】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)【解析】【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
13、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.【小问1详解】设的公比为是与的等差中项,【小问2详解】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)【解析】【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
14、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