浙江省宁波市2024届高三上学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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宁波市2023学年高三第一学期期末考试数学试卷全卷共4页，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，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】C【解析】【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.【详解】由题意知集合，则，故选：C2.设为虚数单位，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算求，进而可得共轭复数.【详解】由题意可得：，所以.故选：D.3.已知非零向量满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量可得，再结合向量夹角公式运算求解. 【详解】因为向量在向量方向上的投影向量是，可知，即，且可得，所以与夹角的余弦值为.故选：A.4.体育课上，老师让2名女生和3名男生排成一排，要求2名女生之间至少有1名男生，则这5名学生不同的排法共有（）A.24种B.36种C.72种D.96种【答案】C【解析】【分析】利用间接法，先让5名学生排成一排，再让2名女生相邻，即可得结果.【详解】让2名女生和3名男生排成一排，不同的排法共有种，让2名女生相邻，不同的排法共有种，所以符合题设的不同的排法共有种.故选：C.5.已知是奇函数，则（）A.1B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称,得到,即可求出的值,求出函数的定义域，再由奇函数的性质,求出的值,即可得到结果。【详解】因为是奇函数，可知定义域关于原点对称，由，可得， 显然，则且，可得，解得，所以函数的定义域为，则，解得,此时,且，即，符合题意，所以.故选：D.6.已知，则下列选项中，能使取得最小值25的为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】A选项，利用基本不等式直接进行求解；B选项，利用基本不等式“1”的妙用求解；C选项，可以举出反例；D选项，设，，利用三角恒等变换得到.【详解】A选项，，当且仅当，即时，等号成立，A错误；B选项，因为，所以，故，当且仅当，即时，等号成立，B正确；C选项，当时，满足，此时，C错误； D选项，，设，其中，则，因为，所以，故，显然取不到最小值25，D错误.故选：B7.已知椭圆的左、右焦点分别为是椭圆的上顶点，线段的延长线交椭圆于点．若，则椭圆的离心率（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点B的坐标，再根据求解.【详解】由题意得，则直线的方程为，联立方程，消去y得，则，所以，因为，则，因为，化简得， 即，可得，所以.故选：B.8.在平行四边形中，已知，将沿翻折得四面体．作一平面分别与交于点．若四边形是边长为的正方形，则四面体外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意首先得均为各边的中点，所以，进一步由，由此即可将四面体放入长方体中，即可顺利的外接球半径，进而求解.【详解】因为为正方形，则且，又面，面，所以面，又因为面面，所以，同理可知，所以，且均为各边的中点，所以，因为四边形是边长为的正方形，所以，首先求对棱四面体的外接球的半径，将其放在长方体内，如图所示： ，所以四面体外接球的半径为，所以四面体外接球的表面积为.故选：A.【点睛】关键点点睛：关键是发现此题是对棱相等模型，由此可将该四面体放入长方体中，由此即可顺利得解.二、选择题：本题共4小题，在每小題给出的四个选项中，有多项符合题目要求.9.数字经济是继农业经济、工业经济之后的主要经济形态．近年来，在国家的大力推动下，我国数字经济规模增长迅猛，《“十四五”数字经济发展规划》更是将数字经济上升到了国家战略的层面．某地区2023年上半年月份与对应数字经济的生产总值（即GDP）（单位：亿元）如下表所示．月份123456生产总值303335384145根据上表可得到回归方程，则（）A.B.与正相关C.若表示变量与之间的相关系数，则D.若该地区对数字经济的相关政策保持不变，则该地区7月份的生产总值约为亿元【答案】ABD【解析】【分析】对于A，先算出代入验算即可；对于B，由判断即可；对于C，由的公式对比即可求解；对于D，代入预测模型表达式验算即可. 【详解】对于A，，，所以，故A正确；对于B，因为，所以与正相关，故B正确；对于C，相关系数，故C错误；对于D，当时，，故D正确.故选：ABD.10.已知函数的部分图象如图所示，，则（）A.B.在区间上单调递增C.在区间上既有极大值又有极小值D.为了得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位【答案】AB【解析】【分析】由题意根据函数图象变换规律，即正弦函数的图象和性质，逐一判断每一选项即可得解.【详解】由题意在函数的部分图象上，所以，即，所以， 再根据，即，结合图象可得，所以，，对于A，由于为函数的最大值，所以，故A正确；对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；对于C，当时，，所以没有极大值，故C错误；对于D，为了得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位，故D错误.故选：AB.11.已知圆，抛物线的焦点为为抛物线上一点，则（）A.以点为直径端点的圆与轴相切B.当最小时，C.当时，直线与圆相切D.当时，以为圆心，线段长为半径圆与圆相交公共弦长为【答案】AD【解析】【分析】选项A，求出圆的半径与圆心，比较圆心横坐标和半径即可知是否与轴相切；选项B，根据条件得，从而得出时，最小，即可求出结果；选项C，根据条件，得到，再利用直线与圆的位置关系的判断方法，即可判断出选项C的正误；选项D，先求以为圆心，线段长为半径的圆，再求出两圆的公共弦，再利用弦长公式即可求出结果.【详解】如图，设，中点为，又，所以， 由抛物线定义知，又到轴的距离为，所以选项A正确，对于选项B，因为，则，当时，取到最小值，此时，所以选项B错误，对于选项C，当时，，，不妨取，则，直线，所以圆心到直线的距离为，又圆的半径为，所以，即直线与圆相离，所以选项C错误，对于选项D，当时，，，不妨取，故以为圆心，线段长为半径的圆为①，又圆②，由①②得两圆的共公弦方程，到的距离为，故公共弦长为，所以选项D正确，故选：AD.12.已知函数满足：对，都有，且，则以下选项正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A:进行三次赋值;;;即可判断；对于选项B:讨论， ，结合条件，即可判断；对于选项C:分别令即可判断；对于选项D:由的奇偶性和对称性进行赋值，可得周期性，即可判断.【详解】对于选项A:令，则令，则所以因为，所以，令，则，故选项A正确；对于选项B:结合选项A可得，所以或，若，则，所以，此时与矛盾，舍去；若，则，解得，因为，所以，故选项B错误；对于选项C:令则，因为，，所以，所以为偶函数，令则，所以，令，则，即，故选项C正确；对于选项D:由为偶函数，所以，令,则，令,则,所以，故选项D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题，一般是通过赋值法，即在已知等式中让自变量取特殊值求得一些特殊的函数值，解题时注意所要求函数值的变量值与已知的量之间的关系，通过赋值还可能得出函数的奇偶性、周期性，这样对规律性求值起到决定性的作用． 三、填空题：本题共4小题.13.的展开式中的系数为____________．（用数字作答）．【答案】40【解析】【分析】运用二项式的通项公式进行求解即可.【详解】展开式的通项，令，得.所以的系数为.故答案为：4014.某校元旦文艺汇演中，有八位评委对一舞蹈节目评分，该节目得分依次为，则这组数据的第70百分位数为____________．【答案】92【解析】【分析】利用百分位数的定义规则计算.【详解】这组数据从小到大排列为，，所以这组数据的第70百分位数是第6个数据，即92.故答案为：9215.“PVC”材质的交通路障因其便携、耐用、易塑形等优点被广泛应用于实际生活中．某厂家设计的一款实心交通路障模型如下图所示，该几何体的底部是一个正四棱柱（底面是正方形的直棱柱），上部是一个圆台，结合图中所给的数据（单位：），则该几何体的体积为____________．【答案】【解析】【分析】分别求正四棱柱和圆台的体积，即可求解. 【详解】由图可知，底部正四棱柱底面正方形的对角线长为，高为，所以正四棱柱的体积为，圆台上底面的直径为，下底面的直径为，高为，所以圆台的体积为，所以该几何体的体积为.故答案为：16.已知成公比为2的等比数列，且．若成等比数列，则所有满足条件的的和为____________．【答案】【解析】【分析】由题意首先得，利用二倍角公式将方程转换为，进一步通过换元法以及三角函数的对称性即可求解.详解】由已知得，由成等比数列，且成公比为2的等比数列，得，所以，所以，令，得到，恰好有两个根，而满足的的值有，满足的的值之和为，故所有满足条件的的和为.故答案为：.【点睛】关键点睛：关键是首先得到，进一步通过换元即可顺利得解.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.在中，内角所对的边分别为．已知．（1）求A的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到，求出；（2）由同角三角函数关系得到，由正弦定理得到，求出，利用三角形面积公式求出答案.【小问1详解】由，结合正弦定理，得，即，即，即，因为，所以，即．【小问2详解】因为，所以．利用正弦定理得．而， 故的面积为．18.已知函数，其中．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）记为的导函数，若对，都有，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出表达式，当时代入即可求解；（2）原不等式等价于，据此分情况利用导数求解即可.【小问1详解】由题知，，当时，，所以曲线在处的切线方程为；【小问2详解】由题意，原不等式等价于，即，当时，对任意，不等式恒成立，当时，原不等式等价于，设，则，设，因为，所以存在唯一，使得，即， 当时，单调递减，当时，单调递增，故，即．综上所述，的取值范围为．19.如图，在四棱锥中，底面，，点在上，，过点作的垂线交于点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；（2）建系，利用空间向量求线面夹角.【小问1详解】因为平面平面，所以．又因为，且，所以平面，且平面，所以，而，且，平面，所以平面．【小问2详解】如图，以为原点，方向分别为轴正向，建立空间直角坐标系， 则，由（1）知，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，因为，则，令，可得，可得，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角余弦值为．20.已知等差数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为．问：是否存在，使得，成等比数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意求出等差数列的首项和公差，即可求得答案；（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法求出的表达式，由此可得到的表达式，结合二项式定理说明，即可得结论.【小问1详解】 设等差数列的公差为d，由，取，得，即，由，得，即，解得，则．【小问2详解】由（1）得，故，即，则，两式相减，得到，即．则，因为，，即，所以，故不存在正整数，使得成等比数列.21.某次高三数学测试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分，多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有错误选择或不选择得0分．（1）若小明对其中5 道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，每题选到正确选项的概率均为，且每题的解答相互独立，记小明在这5道单选题中答对的题数为随机变量．（i）求；（ii）求使得取最大值时的整数；（2）若小明在解答最后一道多选题时，除发现A，C选项不能同时选择外，没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．已知此题正确答案是两选项与三选项的概率均为，问：小明应如何作答才能使该题得分的期望最大（写出小明得分的最大期望及作答方式）．【答案】21.（i）；（ii）22.小明选择单选B或单选D的得分期望最大，最大值为分.【解析】【分析】（1）（i）易知X服从二项分布，据此计算；（ii）结合先增大后减少的性质，列出不等式解得k的值或范围；（2）算出单选、双选和三选条件下的数学期望，比较大小即可.【小问1详解】（i）因为，所以．（ii）因为．．令，解得，所以当时，最大，此时．【小问2详解】由题知，选项不能同时选择，故小明可以选择单选、双选和三选．正确答案是两选项的可能情况为，每种情况出现的概率均为． 正确答案是三选项的可能情况为，每种情况出现的概率为．若小明做出的决策是单选，则:（分），（分），若小明做出的决策是双选，则（分），（分）．若小明做出的决策是三选，则（分）．经比较，小明选择单选B或单选D的得分期望最大，最大值为分.【点睛】方法点睛：根据正确答案的所有可能结果，对答题情况进行分类讨论，计算每种答题情况的得分期望值，选择最优方案.22.已知双曲线的中心为坐标原点，右焦点为，且过点．（1）求双曲线的标准方程；（2）已知点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，直线与双曲线交于另一点，设直线的斜率分别为．（i）求证：为定值；（ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，【解析】分析】（1）设出双曲线方程，结合，将点代入，求解即可；（2）（i）由题意易得直线l的斜率存在,设，直线l的方程为，联立直线与双曲线方程，化简的式子，结合韦达定理即可求出结果. （ii）求出直线方程，利用根与系数的关系以及定值探究直线过哪个定点．【小问1详解】设双曲线的方程为，因为双曲线的右焦点为，且过点，所以其中，解得双曲线的方程为．【小问2详解】（i）设直线的方程为，由得，因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，所以得， 即．（ii）设直线的方程为，由得，，由，结合（i）可知，由，得，即，或，当时，直线过点，不符合题意，舍去，当时，直线的方程为，过定点．