2024-2025學(xué)年浙江省寧波市高三上冊期末聯(lián)考數(shù)學(xué)檢測試題（附解析）

2024-2025學(xué)年浙江省寧波市高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)檢測試題選擇題部分一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知實數(shù)集，集合，則（）A. B.或C. D.或【正確答案】B【分析】根據(jù)補(bǔ)集的定義，結(jié)合并集的定義進(jìn)行求解即可.【詳解】因為集合所以，而，所以或，故選：B2.若復(fù)數(shù)滿足，則復(fù)數(shù)的模為（）A.2 B. C. D.4【正確答案】B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法和減法的運(yùn)算法則，結(jié)合復(fù)數(shù)模的公式進(jìn)行求解即可.【詳解】因為，所以，所以，故選：B3.已知雙曲線與雙曲線有相同的漸近線，且它們的離心率不相同，則下列方程中有可能為雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程的是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】求出雙曲線的離心率以及漸近線方程，再逐一判斷選項的離心率和漸近線即可.【詳解】雙曲線中，，則漸近線方程為，離心率.對于A，，則離心率，故A錯誤；對于B，，則漸近線方程為，故B錯誤；對于C，，則離心率，故C錯誤；對于D，，則漸近線方程為，離心率，故D正確.故選：D4.設(shè)，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】根據(jù)充分性、必要性的定義進(jìn)行分析判斷即可.【詳解】當(dāng)成立時，顯然，當(dāng)時，例如時，分式?jīng)]有意義，所以“”是“”的充分不必要條件，故選：A5.已知一個側(cè)棱均相等的三棱錐的三視圖(如圖)，根據(jù)圖中標(biāo)出尺寸(單位：)，可得這個三棱錐的體積是（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據(jù)三視圖還原三棱錐，畫出直觀圖，并找出相關(guān)量即可.【詳解】由三視圖可畫出三棱錐的直觀圖，如下在三棱錐中，，，，，平面，，，，中，所以.故選:C.6.已知某函數(shù)的圖象(如圖)，則該函數(shù)的解析式可能為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】根據(jù)函數(shù)值趨勢分析進(jìn)行判斷即可.【詳解】由圖像，對于B，.所以不符合圖象；對于C，所以不符合圖象；對于D，所以不符合圖象，最后可以確定只有A符合題意，故選：A.7.將3只小球放入3個盒子中，盒子的容量不限，且每個小球落入盒子的概率相等．記為分配后所剩空盒的個數(shù)，為分配后不空盒子的個數(shù)，則（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】根據(jù)古典概型計算公式、數(shù)學(xué)期望的公式，結(jié)合數(shù)學(xué)期望和方差的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可.【詳解】因為一共有3個盒子，所以，因此，，由題意可知：，，，，，所以，故選：C8.如圖，在正方體中，點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，設(shè)過點(diǎn)的平面為，則下列說法正確的是（）A.在正方體中，存在某條棱與平面平行B.在正方體中，存在某條面對角線與平面平行C.在正方體中，存在某條體對角線與平面平行D.平面截正方體所得的截面為五邊形【正確答案】D【分析】根據(jù)題意可得交平面于點(diǎn)，交平面于點(diǎn)，交平面于點(diǎn)，故不存在某條棱與平面平行，即可以判斷選項A錯誤；由六個面的12條面對角線與平面都相交，即可判斷選項B錯誤；體對角線全部與交，即可判斷選項C錯誤；補(bǔ)全圖形可得平面截正方體所得的截面為五邊形，即可以判斷選項D正確.【詳解】對于選項A，交平面于點(diǎn)，平面，都不與平面平行，交平面于點(diǎn)，平面，都不與平面平行，交平面于點(diǎn)，平面，都不與平面平行，故A錯誤；觀察幾何體可知六個面的12條面對角線與平面都相交，故B錯誤；四條體對角線全部與面都相交，故C錯誤.如下圖，取中點(diǎn)為，易得，取中點(diǎn)為，連接，易得，再取中點(diǎn)，連接，則，，是平面與正方體底面的交線，延長，與的延長線交于，連接，交于，則可得五邊形即為平面交正方體的截面，故D正確；故選：D.9.已知函數(shù)若存在互不相等的實數(shù)，使得，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)畫出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行求解即可.【詳解】當(dāng)時，，或，或舍去，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，此時函數(shù)有最大值，最大值為，當(dāng)時，，函數(shù)的圖象如下圖所示：因為存在互不相等的實數(shù)，使得，說明函數(shù)與函數(shù)的圖象有四個不同的交點(diǎn)，所以由數(shù)形結(jié)合思想可知：不妨設(shè)，即，，因為，所以，由，因為，所以，故選：A關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵.10.已知無窮項實數(shù)列滿足：，且，則（）A.存在，使得 B.存在，使得C.若，則 D.至少有2021個不同的，使得【正確答案】D【分析】題設(shè)的遞推關(guān)系可化為，利用數(shù)學(xué)歸納法可證命題：命題若，則及若，則，從而可判斷各項正誤.【詳解】因，故，所以，其中，故，否則，矛盾.又，故即，故當(dāng)時，，故A錯誤.當(dāng)時，，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：若，則.當(dāng)時，符合，設(shè)當(dāng)時，，則當(dāng)時，，故當(dāng)時，結(jié)論成立.由數(shù)學(xué)歸納法可得.故當(dāng)時，，故為遞減數(shù)列，故不成立，故B錯誤.取，下面用數(shù)學(xué)歸納法證：，當(dāng)時，，命題成立；設(shè)當(dāng)時，，則，故當(dāng)時命題成立，由數(shù)學(xué)歸納法可得命題成立.若，則即或，從而或，或或，從而或或或，當(dāng)時，因為，故，所以即，所以此時有不同的的值有個，而，故D成立（此時無需討論其余情況）.同理若，此時至少有個不同的，使得成立，但時即即，故C不成立.故選：D.思路點(diǎn)睛：對于給定遞推關(guān)系的數(shù)列的性質(zhì)研究問題，可將該關(guān)系進(jìn)行變形化簡，結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法來研究各類性質(zhì)，注意根據(jù)新的遞推關(guān)系的形式合理選擇首項.非選擇題部分二、填空題：本大題共7小題，單空題每小題4分，多空題每小題6分，共36分．11.瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”．在非等邊中，，點(diǎn)坐標(biāo)為，點(diǎn)坐標(biāo)為，且其“歐拉線”與圓相切，則的“歐拉線”方程為______________，圓M的半徑______________．【正確答案】①.②.【分析】由“歐拉線”的定義可得，等腰三角形的“歐拉線”就是底邊的中垂線；直線與圓相切，半徑等于圓心到直線的距離.【詳解】因為，所以的中垂線就是“歐拉線”.又因為的中點(diǎn)為，，所以的“歐拉線”方程為即；圓M的半徑為故，12.若實數(shù)滿足約束條件則的最小值為___，的最大值為_________．【正確答案】①.②.【分析】畫出二元一次不等式組表示平面區(qū)域，由直線及的幾何意義即可求解.【詳解】解：因為實數(shù)滿足約束條件，所以不等式組表示的平面區(qū)域為如圖所示陰影部分，因為，即，所以當(dāng)直線經(jīng)過時在軸上截距最小，即取得最小值2；的幾何意義，表示可行域內(nèi)的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，由，可得交點(diǎn)，由圖可知.故；.13.已知的展開式的各項系數(shù)的絕對值之和為1024，_______，，展開式中含的項的系數(shù)為_______．【正確答案】①.；②..【分析】根據(jù)二項式的通項公式進(jìn)行求解即可.【詳解】二項式的通項公式為：，所以的展開式的各項系數(shù)的絕對值之和為1024，因此有，即；在通項公式中，令，所以展開式中含的項的系數(shù)為，故；.14.如圖，在中，，點(diǎn)在邊上，且，則_______，的面積為_______．【正確答案】①.②.##【分析】利用余弦定理直接計算即可求得，利用余弦定理求得，進(jìn)而可得，取中點(diǎn),可得，利用三角形面積公式即可得結(jié)果.【詳解】在中，，,則.取中點(diǎn),由可知.,，,.故;..15.某學(xué)校社會實踐小組共有7名成員，該小組計劃前往該地區(qū)的三個紅色教育基地進(jìn)行“學(xué)黨史，頒黨恩，跟黨走”的主題宣講志愿服務(wù)．若每名成員只去一個基地，每個基地至少有兩名成員前往，且甲、乙、丙三名成員作為負(fù)責(zé)人分別帶隊前往三個基地，則不同的服務(wù)方案共有_______種．【正確答案】【分析】先把甲、乙、丙全排列分配到三個基地，再將剩下的4名成員分成3組，三組人數(shù)分別為2，1，1，然后再進(jìn)行分配.【詳解】甲、乙、丙三名成員作為負(fù)責(zé)人分別帶隊前往三個基地則分配方法為，剩下四人分成三組人數(shù)為2，1，1，故不同的分配方案有，所以不同的分配方案有，所以共計216種.故216.16.已知，是橢圓上的兩點(diǎn)(點(diǎn)在第一象限)，若，且直線，的斜率互為相反數(shù)，且，則直線的斜率為____________.【正確答案】【分析】設(shè)直線斜率為，得出直線的方程，聯(lián)立方程組消元，得出點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程計算的值即可得出的斜率.【詳解】解：延長交橢圓于，由對稱性可知，設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，聯(lián)立方程組，消元得：，設(shè)，，則，，.，即，，把代入橢圓方程得：，解得，，直線的斜率為.故答案為.本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單的幾何性質(zhì)，考查分析問題能力，屬于中檔題.17.已知、、是平面向量，是單位向量．若，，則的最大值為_______．【正確答案】【分析】作，，，，分析可知則點(diǎn)在以線段為直徑的圓上，點(diǎn)在以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓上，可得，設(shè)，利用圓的幾何性質(zhì)結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得的最大值.【詳解】因為，則，即，因為，即，作，，，，則，，則，固定點(diǎn)，則為的中點(diǎn)，則點(diǎn)在以線段為直徑的圓上，點(diǎn)在以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓上，如下圖所示：，設(shè)，則，因為，，故，當(dāng)時，等號成立，即的最大值為.故答案為.方法點(diǎn)睛：求向量模的常見思路與方法：（1）求模問題一般轉(zhuǎn)化為求模的平方，與向量數(shù)量積聯(lián)系，并靈活應(yīng)用，勿忘記開方；（2）或，此性質(zhì)可用來求向量的模，可實現(xiàn)實數(shù)運(yùn)算與向量運(yùn)算的相互轉(zhuǎn)化；（3）一些常見的等式應(yīng)熟記：如，等.三、解答題18.已知函數(shù)的最小正周期為4．（1）求的值及函數(shù)的對稱中心；（2）若，且，求.【正確答案】（1）；對稱中心為；（2）.【分析】（1）首先根據(jù)二倍角公式，和差公式，輔助角公式，對函數(shù)化簡，變形為；根據(jù)周期求的值；根據(jù)整體代入的方法求函數(shù)的對稱中心；（2）首先根據(jù)求出，；從而根據(jù)湊角及和差公式即可求出的值.【小問1詳解】，因為的最小正周期為，所以，又因為，所以解得；故.由，得，所以函數(shù)的對稱中心為.【小問2詳解】由，得，即，又，所以，結(jié)合，可知，故，所以.19.如圖，在四棱錐中，底面是矩形，，點(diǎn)為側(cè)棱上一動點(diǎn)(不含端點(diǎn))．（1）求證：平面平面；（2）若，是否存在點(diǎn)使得直線與平面所成角為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【正確答案】（1）證明見解析（2）存在；或【分析】（1）由和，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進(jìn)而得到平面平面-（2）作交于，得到平面，以所在的直線分別為軸，過點(diǎn)平行與的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，即，求得平面的法向量和向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】證明：因為四邊形為矩形，可得，又因為，且，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面-【小問2詳解】解：作交于，因為，所以所以平面，以所在的直線分別為軸，過點(diǎn)平行與的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，可得，所以，記，即，所以，所以，由，故可設(shè)平面的法向量，又由，得，可解得，所以，若直線與平面所成角為，則有，所以，化簡得，解得，因此，當(dāng)時，直線與平面所成角為.20.已知公差不為0的等差數(shù)列的前項和為，且（1）求數(shù)列的前項和；（2）在數(shù)列中，，且若對任意的正整數(shù)，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由題設(shè)求得與，即可求得其通項公式；（2）根據(jù)，可得，兩式作差，在根據(jù)題意，可證明數(shù)列為等比數(shù)列，進(jìn)而求得，再根據(jù)，可得，對，，三種情況進(jìn)行分類討論，解決恒成立問題，即可求出結(jié)果.【小問1詳解】解：等差數(shù)列的公差為，由，得解得，所以；【小問2詳解】解：由，得，相減得，即．又，，得，故對任意成立，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列；所以；將代入，得，即有對任意恒成立．（?。┊?dāng)時，成立，所以符合題意-（ⅱ）當(dāng)時，由恒成立，即易知當(dāng)時，；當(dāng)時，，故．所以，且，可解得；（ⅲ）當(dāng)時，由恒成立，即由，可知當(dāng)時，，即；當(dāng)且時，，即，又當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以．所以．即且，得，解得；綜上，21.如圖，已知點(diǎn)是拋物線上位于第一象限的點(diǎn)，點(diǎn)，點(diǎn)是軸上的兩個動點(diǎn)(點(diǎn)位于軸上方)，滿足，線段分別交軸正半軸、拋物線于點(diǎn)，射線交軸正半軸于點(diǎn)（1）若四邊形ANPM為矩形，求點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）記的面積分別為，求的最大值．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據(jù)矩形性質(zhì)，可得對角線互相平分，即的中點(diǎn)在軸上，然后點(diǎn)在拋物線，即可得；（2）聯(lián)立直線方程與拋物線，根據(jù)韋達(dá)定理求得兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)關(guān)系，再根據(jù)條件判斷與相似，進(jìn)而求得兩點(diǎn)的坐標(biāo)關(guān)系，再表示并化簡為關(guān)于的函數(shù)，根據(jù)兩點(diǎn)的位置關(guān)系，以線段為直徑的圓與拋物線有交點(diǎn)得出關(guān)于的約束，即可確定中取值范圍，最后可得【小問1詳解】當(dāng)四邊形為矩形時，的中點(diǎn)在軸上，則有：故-【小問2詳解】設(shè)點(diǎn)，直線方程：，顯然有聯(lián)立直線與拋物線，得：消去得：則有：由，得：又由，可得：△∽△則有：從而，即所以，進(jìn)而有：結(jié)合（注：由，得，故有）可得：又由題意知，存在拋物線上的點(diǎn)滿足條件，即以線段為直徑的圓與拋物線有交點(diǎn)，且易得圓方程：聯(lián)立拋物線與圓，得消去得：由，結(jié)合，可解得：令，求導(dǎo)可知在上單調(diào)遞增又故有：在上單調(diào)遞增因此，解答直線與拋物線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系；在求解相關(guān)最值問題時，通常是先建立目標(biāo)函數(shù)，然后應(yīng)用函數(shù)的知識來解決問題；22.對于正實數(shù)有基本不等式：