2022-2023学年浙江省宁波市九校高三（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市九校高三（上）期末数学试卷，共26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。

2022-2023学年浙江省宁波市九校高三（上）期末数学试卷
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．（5分）若集合，，则　　
A． B． C． D．
2．（5分）若是虚数单位），则复数的虚部为　　
A． B．2 C． D．
3．（5分）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．
4．（5分）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1到100中被2整除余1且被3整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则　　
A．71 B．77 C．83 D．89
5．（5分）若从1至18的18个整数中随机取3个不同的数，则这3个数的和是3的倍数的概率为　　
A． B． C． D．
6．（5分）已知中，，若，则的最小值为　　
A．7 B．9 C．16 D．25
7．（5分）若，是自然对数的底数，则　　
A． B． C． D．
8．（5分）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．
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．（5分）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240
10．（5分）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
11．（5分）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
12．（5分）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．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）若函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是 　　．

14．（5分）若四面体中，，，，则四面体的体积是 　　．
15．（5分）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 　　．
16．（5分）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 　　．
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．（10分）已知正数数列中，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）式，证明，．















18．（12分）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．







19．（12分）如图，在中，，，且，分别为，的中点．现将沿折起，使点到达点的位置，连结，，为的中点，连结．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求四棱锥的体积．








20．（12分）为了有效提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各50名，得到如下数据：
性别
锻炼
经常
不经常
女生
30
20
男生
40
10
（1）判断是否有的把握认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关？
（2）从这100名学生中随机抽取1人，已知抽取的学生经常参加体育锻炼，求他是男生的概率；
（3）从这100名学生中随机抽取2名学生进行访谈，设抽取的学生中经常参加体育锻炼的人数为，求的分布列和数学期琞．
附：，

0.1
0.05
0.025
0.01
0.005

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879














21．（12分）已知点是双曲线的右焦点，经过点斜率为的动直线交双曲线于，两点，点是线段的中点，且直线的斜率满足．
（1）求的值；
（2）设点，在直线上的射影分别为，，问是否存在，使直线和的交点总在轴上？若存在，求出所有的值；否则，说明理由．








22．（12分）已知函数，是自然对数的底数．
（1）求的单调区间；
（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围．

2022-2023学年浙江省宁波市九校高三（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）若集合，，则　　
A． B． C． D．
【分析】根据已知条件，求出，，再结合交集的定义，即可求解．
【解答】解：集合，，
故．
故选：．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2．（5分）若是虚数单位），则复数的虚部为　　
A． B．2 C． D．
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
【解答】解：，
则，
故复数的虚部为．
故选：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
3．（5分）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．
【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1，即可得到不等式，解得即可．
【解答】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1，即，解得或，
即．
故选：．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，是中档题．
4．（5分）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1到100中被2整除余1且被3整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则　　
A．71 B．77 C．83 D．89
【分析】根据题意，分析归纳数列的通项公式，可得，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，被2整除余1且被3整除余2的数为5、11、17、，
则数列是首项为5，公差为6的等差数列，则，
故，
故选：．
【点评】本题考查数列的应用，注意等差数列的定义，属于基础题．
5．（5分）若从1至18的18个整数中随机取3个不同的数，则这3个数的和是3的倍数的概率为　　
A． B． C． D．
【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，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．
【解答】解：1至18中除以3余0的数有：3，6，9，12，15，18，共6个，
1至18中除以3余1的数有：1，4，7，10，13，16，共6个，
1至18中除以3余2的数有：2，5，8，11，14，17，共6个，
从1至18随机取3个不同的数，则这3个数的和是3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3个数的和是3的倍数的概率为．
故选：．
【点评】本题考查实际问题中的组合计数问题，计算古典概型问题的概率，属于基础题．
6．（5分）已知中，，若，则的最小值为　　
A．7 B．9 C．16 D．25
【分析】由题意画出图形，建立平面直角坐标系，再由平面向量的坐标运算求解．
【解答】解：建立如图所示平面直角坐标系，

则，，
以为圆心，以1为半径的圆的方程为，
可设，则，，
．
的最小值为7．
故选：．
【点评】本题考查平面向量数量积的性质及应用，考查运算求解能力，建系是关键，是中档题．
7．（5分）若，是自然对数的底数，则　　
A． B． C． D．
【分析】构造函数，，研究该函数的单调性，结合放缩法比较，的大小，再构造函数，，同样结合单调性，比较，的大小关系．
【解答】解：设，，则在，上恒成立，
所以是增函数，所以（1），可得，
所以；
设，，则，所以在上单调递增，所以，
又，所以，即，
所以，
所以．
故选：．
【点评】本题考查利用函数的单调性结合放缩法比较数的大小，属于较难的题目．
8．（5分）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．
【分析】根据题意得的最小值为的最小值是1，即到的距离为1，则，结合图形找出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．
【解答】解：三棱锥中，平面，设直线与平面所成角为，
的最大值是，，
解得，即的最小值为的最小值是1，即到的距离为1，
直角三角形中，，所以，
又，所以，重合，则，则的外接圆圆心为的中点，
又平面，从而外接球的球心为的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球的表面积．
故选：．

【点评】本题考查了三棱锥外接球表面积的计算，属于中档题．
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．（5分）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240
【分析】由二项式系数和求得，令可求得各项系数之和即可判断，由二项式系数的性质可得二项式系数最大的项即可判断，由展开式的通项中的指数确定有无常数项即可判断，列不等式组求得系数最大的项即可判断．
【解答】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，令，可得二项展开式中各项系数之和为，故错误；
对于，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，故正确；
对于，令，则，所以二项展开式中的常数项为，故错误；
对于，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，所以正确．
故选：．
【点评】本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
10．（5分）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
【分析】根据三垂线定理，异面直线所成角的概念，三棱锥的体积公式，即可分别求解．
【解答】解：对选项，如图，直线在底面内的射影为，
易知，根据三垂线定理可得，选项正确；
对选项，连接，，则△为正三角形，
到直线的距离为，又易知到的距离为，
的面积与的面积不相等，选项错误；
对选项，过作底面，垂足点为，则点在线段上，
易知，直线与所成角即为，
而，，
当时，最小为，选项正确；
对选项，的面积一定，又到平行的距离也为定值，
三棱锥的体积为定值，选项正确．
故选：．

【点评】本题考查线线垂直的判断，三垂线定理的应用，异面直线所成角的概念，三棱锥的体积问题，属中档题．
11．（5分）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
【分析】通过可判断；通过可判断；通过导数确定函数的单调性，求出最值，可判断．
【解答】解：函数，
，
的最小正周期为，故正确；
，
的图象不关于对称，故错误；
，
当，即，，，，函数单调递增；
当，即，时，，函数单调递减．
的最小值为，故正确；
由以上分析得在，上单调递增，故错误．
故选：．
【点评】本题考查正弦函数的周期性、对称性、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
12．（5分）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．
【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；联立直线与椭圆的方程，消去得，解得，，结合及，即可判断；由题意，则，则，即可判断；当与重合时，，，由，即可判断．
【解答】解：由椭圆，得，，，，，
，，
，
，则，当且仅当时等号成立，
又直线斜率存在，故，，故正确；
联立方程，消去得，设，，，，
解得，，
则，
，，，则，故正确；
由题意，则，则，故正确；
因为是动点，则当与重合时，，，由，可知错误．
故选：．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）若函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是 　，，　．
【分析】对求导，根据函数在区间上存在极值，列出不等式求解即可．
【解答】解：由，得．
令，则或．
因为函数在区间上存在极值，
所以或，即或，
所以实数的取值范围是，，．
故答案为：，，．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
14．（5分）若四面体中，，，，则四面体的体积是 　2　．
【分析】将四面体放置到长方体中，然后建立方程求出该长方体的长，宽，高，从而得四面体的体积为该长方体的体积减去4个体积相等的三棱锥的体积，再计算即可求解．
【解答】解：根据题意可将四面体放置到长方体中，如图所示，

设该长方体的长，宽，高分别为，，，
则，解得，
四面体的体积为该长方体的体积减去4个体积相等的三棱锥的体积，
即四面体的体积．
故答案为：2．

【点评】本题考查四面体的体积的计算，分割补形法，方程思想，化归转化思想，属中档题．
15．（5分）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 　　．
【分析】设，，，，由抛物线，可得焦点．由圆，可得圆心，半径．设直线的方程为，代入抛物线方程可得，利用抛物线的定义可得，结合基本不等式即可得出结论．
【解答】解：设，，，，
由抛物线，即，焦点．
由圆，可得圆心，半径．
设直线的方程为，
联立，化为，
，，
，
当且仅当，时取等号．
故答案为：．

【点评】本题考查了抛物线的定义与标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、基本不等式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16．（5分）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 　1　．
【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．
【解答】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．
【点评】本题考查了嵌套型复合函数的零点问题，属于中档题．
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．（10分）已知正数数列中，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）式，证明，．
【分析】（1）由，化为，，即可得出，利用等比数列的通项公式即可得出．
（2），利用裂项求和与数列的单调性即可证明结论．
【解答】解：（1）由，
化为，，
，即，
数列是等比数列，首项与公比都为，
．
（2）证明：，
，
即．
【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式、裂项求和与数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18．（12分）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．
【分析】（1）根据已知条件，结合诱导公式，即可求解；
（2）根据已知条件，得到，再分类讨论，求解即可．
【解答】解：（1）证明：内角，都是锐角，
，，，
，
，
；
（2）由（1）及，可得，
若，则，，
故，不符合题意，
若，则，符合题意．
，的内切圆半径
，
当时，内切圆半径的最大值为．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化思想，属于中档题．
19．（12分）如图，在中，，，且，分别为，的中点．现将沿折起，使点到达点的位置，连结，，为的中点，连结．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求四棱锥的体积．

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质，即可证明；
（2）由（1）及二面角的概念，可得，求出，证得底面，再根据四棱锥的体积公式计算即可．
【解答】解：（1）证明：取的中点，又为的中点，
平行且等于二分之一，
又易知平行且等于二分之一，
平行且等于，
四边形为平行四边形，，
，为的中点，，
又，，且，
平面，又，
平面，又平面，
，又，，
平面，又，
平面；
（2）由（1）知平面，
即为二面角的平面角，
又二面角与二面角互为补角，
且二面角的余弦值为，
二面角的平面角的余弦值为，
即，，
又由（1）知平面，，
平面，又平面，
，又，
又，
，又为的中点，
，又，
，，
又，且，底面，
四棱锥的体积为．

【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，二面角的概念，四棱锥的体积的求解，属中档题．
20．（12分）为了有效提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各50名，得到如下数据：
性别
锻炼
经常
不经常
女生
30
20
男生
40
10
（1）判断是否有的把握认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关？
（2）从这100名学生中随机抽取1人，已知抽取的学生经常参加体育锻炼，求他是男生的概率；
（3）从这100名学生中随机抽取2名学生进行访谈，设抽取的学生中经常参加体育锻炼的人数为，求的分布列和数学期琞．
附：，

0.1
0.05
0.025
0.01
0.005

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
【分析】（1）根据独立性检验公式计算，比较即可；
（2）根据条件概率公式，计算即可；
（3）由题知的所有可能取值为0，1，2，计算对应概率，写出分布列和期望即可．
【解答】解：（1）零假设为：性别因素与学生体育锻炼的经常性无关，
由题中数据，得，
所以推断不成立，即认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．
（2）用表示事件“抽取到经常参加体育锻炼的学生”， 表示事件“抽取到男生”，
则．
（3）由题知的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以的分布列为：

0
1
2




．
【点评】本题考查独立性检验公式，条件概率公式，离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
21．（12分）已知点是双曲线的右焦点，经过点斜率为的动直线交双曲线于，两点，点是线段的中点，且直线的斜率满足．
（1）求的值；
（2）设点，在直线上的射影分别为，，问是否存在，使直线和的交点总在轴上？若存在，求出所有的值；否则，说明理由．
【分析】（1）设，，，，，，根据点差法，得，再求出的值；
（2）代入中，结合韦达定理得，求出直线与轴的交点的横坐标，直线与轴的交点的横坐标，再将问题转化为对，有，再求出即可．
【解答】解：（1）设，，，，，，
所以①，②，
由①，②两式相减，并整理得，
所以，解得．
（2）将代入，
并整理得，
所以，
由题意知，，，，，，
则直线的方程为，
令，得直线与轴的交点的横坐标，
同理可得直线与轴的交点的横坐标，
直线和的交点总在轴上，等价于对，有，
即，
等价于对，有，即，
又，所以存在符合题意．
【点评】本题主要考查直线和双曲线的综合，属于中档题．
22．（12分）已知函数，是自然对数的底数．
（1）求的单调区间；
（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）将原不等式变形为，构造函数，利用导数分析函数的单调性，分析可知，分、两种情况讨论，可得出实数的取值范围．
【解答】解：函数的定义域为，
因为，
令，可得或，
当和时，，当时，，
所以函数的增区间为，，减区间为．
（2）不等式对恒成立，等价于对恒成立，
对恒成立，
①当时，对显然不成立，
②当时，对，显然成立，
令，，所以在单调递增，
不等式对恒成立，等价于恒成立，
即对恒成立，即，
令，，
可得在单调递增，在单调递减，
（e），
，
即实数的取值范围为，．
【点评】本题考查了导数的综合应用，考查了同构思想、转化思想，考查了推理、运算能力，属于难题．
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