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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
