浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题（解析版）

这是一份浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 宁波市2022学年第一学期高考模拟考试高三数学试题一、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】B【解析】【分析】先求对数函数的定义域化简集合，再解二次不等式化简集合，从而利用集合的交集运算求得结果.【详解】因为，所以，得，故，由得，解得，故，所以利用数轴法易得.故选：B.2. 已知数列与均为等差数列，且，，则（    ）A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】因为，，所以，即 ，根据等差数列的性质可知，所以.故选:B.3. 若（，为虚数单位），则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算法则求得参数，再求目标复数的模长即可.【详解】因为，故，故，则.故选：B.4. 一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（    ）A. 2.7 B. 2.9 C. 3.1 D. 3.3【答案】C【解析】【分析】根据题意列出关于的式子，根据对数的运算性质即可求解.【详解】设注射个小时后需要向病人血液中再次注射该药品，则，由得： 故的最大值为3.1,故选：C5. 已知两个非零向量，的夹角为60°，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 3【答案】C【解析】【分析】根据向量的垂直关系可得，进而根据模长公式即可求解.【详解】由得，，所以，故选：C6. 已知，，动点C在曲线T：上，若△ABC面积的最小值为1，则不可能为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设，求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再求出，可得，分别代入、、及，判断最小值是否为1即可.【详解】设，因为，所以，即.直线的方程为，即.因为，，所以.则点到直线的距离为.因为，，所以.所以.当时，，可得当时，，符合题意；当时，，可得当时，，符合题意；当时，，可得当时，，符合题意；当时，，可得当时，，不符合题意故不可能为.故选:D.7. 若函数在区间上有两个零点，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】令，且，，注意到，则将问题转化为求的范围即可．【详解】令，且，，根据，将，，又，，∴，又，∴，即，故选：A．8. 在正四棱台中，，．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据正棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.【详解】图1设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，分别是上下底面的中心，连结，，， 根据边长关系，知该棱台的高为，则，由，且四边形为直角梯形，，，可得，则，当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为1.上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.显然球心M在所在的直线上.图2当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2，设，则，，显然则，有，即解得，舍去.图3当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设，则，显然即，即解得，，此时，外接球的表面积为.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 若函数的图象关于直线对称，则（    ）A. B. 的图象关于点中心对称C. 在区间上单调递增D. 在区间上有2个极值点【答案】ABD【解析】【分析】先根据图象关于直线对称可求得，从而得到解析式，赋值法可判断AB，整体代入法可判断C，根据三角函数中极值点的含义可判断D.【详解】若函数的图象关于直线对称，则，解得，，而，所以，故.对于A，，A正确；对于B，，所以图象关于点中心对称，B正确；对于C，令，即，，当时，单调递增区间为，不是其子区间，C错误；对于D，三角函数的极值点即为函数图像对称轴所对应的横坐标，令，得，当和时，和为在区间上的2个极值点，D正确.故选：ABD10. 已知直线 ：与圆 ：相交于两点，与两坐标轴分别交于两点，记的面积为，的面积为，则（    ）A.  B. 存在，使 C.  D. 存在，使【答案】ABC【解析】【分析】运用数形结合思想，结合面积公式和点到直线距离，两点间距离，直线与圆弦长公式即可.【详解】A.直线 ：，当 时， ，当 时，，所以 ，因为圆心为，所以圆心到直线的距离 ，所以根据直线被圆截得的弦长公式有，解得，所以，当且仅当即，即，解得时取得等号.所以，故A正确.B.直线 ：，当 时， ；当 时，，所以 当 时，，故B正确.C.直线 ：过定点 在圆内，因为圆 ：，圆心为，所以圆心到直线的距离因为，当且仅当时， ,所以被截得的弦长最短，所以.故C正确.D.要使，则与重合，此时的直线方程为不过定点，故D错.故选:ABC.11. 已知正实数、满足，则（    ）A. 的最大值为 B. 的最小值为C. 的最小值为 D. 的最大值为【答案】AC【解析】【分析】利用基本不等式可得出关于的不等式，解出的取值范围，可判断AB选项；由已知可得出，利用二次函数的基本性质结合的取值范围，可得出的取值范围，可判断CD选项.【详解】因为正实数、满足，则，因为，解得，当且仅当时，取最大值，则A对B错；因为，所以，，令，因为函数在上单调递减，所以，，C对D错.故选：AC.12. 如果定义在上的函数满足：对任意，有，则称其为“好函数”，所有“好函数”形成集合．下列结论正确的有（    ）A. 任意，均有B. 存在及，使C. 存在实数M，对于任意，均有D. 存在，对于任意，均有【答案】AC【解析】【分析】首先对于A，取，即可证明；对于BCD，利用归纳推理以及反证法即可求解.【详解】A项：，取，由于，故，正确；B项：假如及，使，现任取，有，因此，从而，令，得，再任取，有，令，得，这表明在处无定义，与定义在上矛盾，错误；C项：用反证法，反设结论得,,使得，那么取，使得，由B分析知有矛盾，所以假设不成立，因此原命题为真，正确；D项：若此选项成立，则，与C矛盾，错误.故选：AC【点睛】方法点睛：对于抽象函数以及函数不等式常用的证明方法：（1）特殊值法：可以通过例举特殊值，验证结论错误；（2）反证法：可以通过反证法，先假设，再证明得出矛盾，则原命题为真；（3）归纳推理法：归纳推理的一般步骤是先证明当取第一个值时，命题正确；假设当时，命题正确，证明当时命题也正确.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若，则__________．【答案】##0.5【解析】【分析】利用辅助角公式得即可求出即可求解.【详解】因为,所以 即，所以，所以故答案为: .14. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨辉将堆垜与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则__________．【答案】【解析】【分析】由累加法即可求得，再利用裂项相消法即可求解.【详解】由题可知：，即有，所以，当n=1成立所以，所以.故答案为：15. 在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】根据面面平行的性质可得，进而得或其补角即为m，n所成的平面角，结合余弦定理即可求解余弦的最小值，即可求解正弦的最值.【详解】过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面平面，平面平面,，平面平面 所以,所以或其补角即为m，n所成的平面角，设正四棱锥ABCD的棱长为1，，则，在中，由余弦定理得： ，同理,故在中，， 由于，则，进而，当时取等号，故的最小值为，进而，故的最大值为，故答案为：16. 已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则__________．【答案】【解析】【分析】设,利用焦半径公式得到,设，写出垂直平分线方程，代入，化简得到值，最终求出的值.【详解】首先我们证明椭圆的焦半径公式左准线方程为，右准线方程为，，，，同理可证，因本题椭圆离心率:，设由焦半径公式:得:,即中点，，则垂直平分线斜率为根据点在椭圆上，则有，，作差化简得，则线段的垂直平分线方程为,代入得:,即,则.故答案为：.【点睛】椭圆中常见的二级结论对解决椭圆相关难题，尤其是选择填空题具有很好的作用，例如本题中的焦半径公式，，，点在椭圆上适合椭圆方程这一条件做题时容易忽略，但是却是设点法做题必要的步骤.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. 已知数列的前n项和满足．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由与的关系即可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前n项和.【小问1详解】当，，故，因为，当时，,两式相减得：，即，故数列为等比数列，公比，所以．【小问2详解】，故，故，令①，②，①-②得即，故．18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为,．（1）求的值；（2）若，求．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用余弦定理角化边即可求解;(2)根据弦化切将原等式变为，角化边即可得到，再结合可得，，利用余弦定理即可求解.【小问1详解】因为,结合余弦定理，得，即，所以．【小问2详解】由，即，即即，又，所以，，所以.19. 已知函数，．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.【小问1详解】解：当时，，所以，，所以，故所求切线方程为．【小问2详解】解：因为在上恒成立，令，，则，令，则，所以在上单调递减，因，，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，从而．20. 如图，直三棱柱中，，E，F分别是AB，的中点．（1）证明：EF⊥BC；（2）若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则，得FH⊥平面ABC，利用线面垂直的性质和判定定理证明BC⊥平面EFH，即可证明；(2)根据题意，由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，求出，建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面CEF与平面的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可.【小问1详解】证法1：取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为中点，所以，因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH⊥平面ABC，由平面ABC，所以FH⊥BC，又E为AB的中点，则，且，所以，因为EH，平面EFH，，所以BC⊥平面EFH，因为平面EFH，所以．证法2：设，，，则，由题知，，，所以，，从而，即．【小问2详解】由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以，由，得．如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系．则，，，，，，，，，，，设平面CEF的一个法向量为，由得，取，平面的法向量为，由得，取，设平面CEF与平面的夹角为，则．所以平面CEF与平面夹角的余弦值为.21. 已知点，在双曲线E：上．（1）求双曲线E的方程；（2）直线l与双曲线E交于M，N两个不同的点（异于A，B），过M作x轴的垂线分别交直线AB，直线AN于点P，Q，当时，证明：直线l过定点．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）将点坐标代入双曲线方程，即可求解值，进而得双曲线方程；（2）设直线方程，联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，根据向量关系，转化为坐标关系，即可得的关系，进而可得直线过定点.【小问1详解】由题知， ，得，所以双曲线E的方程为．【小问2详解】由题意知，当l⊥x轴时，与重合，由可知：是的中点，显然不符合题意，故l的斜率存在，设l的方程为，联立，消去y得，则，即，且，设，，，，AB方程为，令，得，AN方程为，令得，由，得，即，即，即，将，代入得即，所以，得或，当，此时由，得，符合题意；当，此时直线l经过点A，与题意不符，舍去所以l的方程为，即，所以l过定点．22. 已知函数，且，．（1）若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围；（2）证明：对于任意实数，．参考数据：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用导数与单调性最值的关系求解；(2)利用导数讨论单调性并证明不等式.【小问1详解】时，，由题知对任意恒成立，因为在单调递增，则，得．又，，得，综上．【小问2详解】法1：由题，，则，而，显然在R上单调递增，，，由零点存在定理知存在唯一使，所以在单调递减，在单调递增，所以，，，所以记，单调递减，又，故，又，故，则，命题得证．（2）法2：由题，，则，而，显然在R上单调递增，，，由零点存在定理知存在唯一，使，，所以在单调递减，在单调递增，所以，记，则对称轴，所以命题得证．