2022-2023学年浙江省宁波市高三上学期期中数学试题及答案

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市高三上学期期中数学试题及答案，共29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。

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，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. 5B. 6C. 7D. 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. 2.7B. 2.9C. 3.1D. 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：C
5. 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：C
6. 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：ABD
10. 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】取椭圆方程为，，直线方程为（椭圆右准线），
椭圆上点，右焦点，设点到直线的距离为d，
则
，
所以，
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，
因为，，
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为的中点，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，即可求解的值，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．