2022届浙江省宁波十校高三下学期3月联考数学试题解析版

2022届浙江省宁波“十校”高三下学期3月联考数学试题一、单选题1．己知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得集合，根据集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合且，根据集合交集的运算，可得.故选：A.2．已知实数满足约束条件，则的最大值为（

）A． B． C． D．不存在【答案】C【分析】由满足约束条件，画出可行域,平移直线，由直线在y轴上的截距最小求解.【详解】由满足约束条件，画出可行域如图所示：由转化为，平移直线，当直线经过点A时，直线在y轴上的截距最小，此时，目标函数取得最大值，最大值为，故选：C3．设i为虚数单位，复数z满足，则为（

）A． B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用复数的运算法则可得，即得.【详解】∵，∴，∴.故选：B.4．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，且平面平面，则是的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】如图所示：满足，而相交，故不充分；满足则，但异面，故不必要，故选：D5．函数（且）的图象如图所示，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用排除法，取特殊点的函数值及当时，的图象的变化进行分析【详解】因为，由图得，所以，所以排除AB，因为由图象可知当时，，所以，所以排除C，故选：D6．中国代表团在2022年北京冬奥会获得九枚金牌，其中雪上项目金牌为5枚，冰上项目金牌为4枚.现有6名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，则不同的报名方案有（

）A．35 B．50 C．70 D．100【答案】B【分析】根据要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，可将6名同学分为和两类，通过分步乘法计数原理，分别求出每一类组合有多少种，再由分类加法计数原理可得答案.【详解】由题干可知，要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，则组合为：和两类，（1）若为“”组合，将6名同学分为两组，一组2人，另一组4人，有种分组方式；将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种；（2）若为“”组合将6名同学分为两组，一组3人，另一组也为3人，有种分组方式，将分好的2组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，由分步乘法计数原理，则该组合有种；由分类加法计数原理，则不同的报名方式有种；故选：B.7．将函数的图象分别向左、向右各平移个单位长度后，所得的两个图象对称中心重合，则的最小值为（

）A． B．2 C．3 D．6【答案】A【分析】根据三角函数的图象变换求得和，根据函数与的对称中心重合，得到，即可求解.【详解】解：将函数的图象分别向左平移个单位长度后，可得将函数的图象分别向右各平移个单位长度后，可得，因为函数与的对称中心重合，所以，即，解得，所以的最小值为.故选：A.8．已知牌堆中有5张扑克牌，其中2张“2”和3张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放回且每张牌取到的机会相等），规定：（a）取出“2”得2分，取出“3”得3分，取出2张牌所得分数和记为随机变量（b）取出“2”得3分，取出“3”得2分，取出2张牌所得分数和记为随机变量则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】先写出，，再求出每种得分对应的概率值，根据期望和方差公式计算即可求解【详解】可将抽牌结果分为三种情况：两张“2”，一张“2”和一张“3”，两张“3”取出两张“2”的概率为：；取出一张“2”，一张“3”的概率为：；取出两张“3”的概率为：按（a）种规定的得分共有：4分，5分，6分三种情况，即；按（b）种规定的得分共有：6分，5分，4分三种情况，即；列出随机变量与的分布列，如下表：456456则，故，故选：C【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的求值，属于中档题9．已知点的坐标满足方程，则点P一定在（

）上.A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线【答案】B【分析】由，可得，令，则函数为增函数且是奇函数，则有，即可得，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，即，令，因为函数和都是增函数，所以函数是增函数，因为，所以函数为奇函数，则，因为，所以，所以，所以，所以点P一定在抛物线上，故选：B.10．已知数列满足，记表示数列的前n项乘积.则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先用数学归纳法证明.构造函数，利用导数证明出.记，证明出得到，即，用累加法得：，即可求出.记，证明出.得到，求出，即可得到.【详解】因为，所以.下面用数学归纳法证明.当n=1时，符合.假设时，结论成立，即.当时，，所以显然成立；因为，所以，所以，即，所以结论成立.综上所述：对任意的均成立.记函数..因为，所以（x=1取等号），所以在单调递增，所以，即，所以，即，所以数列为单调递增函数，所以.记，则（x=1取等号），所以在上单调递增，所以，即.所以，所以，所以，累加得：.因为，所以，即，所以，所以，即.记，则，所以在上单调递减，所以，即.所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以即.综上所述：.故选：C【点睛】（1）数学归纳法可以用来证明与自然数n有关的问题；（2）利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个:其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.二、填空题11．在中，点O、点H分别为的外心和垂心，，则________.【答案】8【分析】根据H为垂心，得到，设，外接圆的半径为，再分别利用余弦定理得到，然后由求解.【详解】解：，，因为H为垂心，所以，，设，外接圆的半径为，由余弦定理得，，，同理，，，所以，，，，，，所以8，故答案为：812．不等式的解集非空，则实数的取值范围为________.【答案】【分析】根据题意，结合绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值号，转化为的不等式，即可求解.【详解】由题意当即时，时取得最小值，此时所以，所以当即时，时取得最小值，此时所以，所以当即时，时取得最小值，此时所以，所以所以实数的取值范围为.故答案为：.13．已知函数满足，且方程有2个实数解，则实数m的取值范围为________.【答案】【分析】先对分类讨论，作出函数的图象，等价于函数与直线有两个交点，再通过数形结合分析求解.【详解】解：当时，，它表示椭圆在第一象限且包含端点的曲线；当时，，它表示双曲线在第二象限且包含端点的曲线；当时，，不表示任何曲线；当时，，它表示双曲线在第四象限且包含端点的曲线.如图所示，因为，所以，所以函数与直线有两个交点.函数在第二象限和第四象限的渐近线为.直线和函数有三个交点.当直线和函数第一象限的图象相切时，联立得，所以.所以实数m的取值范围为.故答案为：三、双空题14．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是________，体积是______.【答案】

【分析】由几何体的三视图得到该几何体的直观图是三棱锥，从而利用三棱锥的表面积和体积公式即可求解.【详解】由几何体的三视图得到该几何体的直观图如图所示，其中，，所以该几何体的表面积，体积.故答案为：，15．已知，则________.已知，则b的取值范围是_______.【答案】

或4

【分析】根据对数的运算法则和对数的换底公式，列出方程，即可求解.【详解】由，可得，即，解得或，所以或.又由，可得，解得.故答案为：或；.16．已知的展开式的第3项与第5项的二项式系数相等，则_______；此时，展开式中的系数为_______.【答案】

【分析】根据题意，结合二项展开式的二项式系数列出方程，求得的值，再结合二项展开式的通项，即可求解.【详解】由的展开式的第3项与第5项的二项式系数相等，可得，解得；又由展开式中的系数为.故答案为：；.17．在中，角所对的边分别为，为的外接圆半径，则______，_______.【答案】

【分析】利用正弦定理化角为边结合余弦定理即可求得，再利用正弦定理即可求得外接圆半径.【详解】解：因为，所以，即，所以，又因，所以，所以，所以.故答案为：；.四、解答题18．己知.(1)求的最小正周期和单调递增区间；(2)已知，求在上的值域.【答案】(1)，(2)【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；（2）求得向量，得到，根据，得到，进而求得函数的最值，即可得到函数的值域.【详解】(1)解：由所以函数最小正周期，令，解得，所以的单调递增区间为.(2)解：由题意，向量，可得，因为，可得，当时，即时，函数取得最大值，最大值为；当时，即时，函数取得最小值，最小值为；所以函数在上的值域为.19．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，.(1)点P为直线上的动点，求证：；(2)点P为直线上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过线面垂直的性质定理证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，设，求出点P坐标，进而求出平面法向量和，设与平面所成角为，则求出，令，，通过二次函数求最值，即可求出直线与平面所成角正弦值的最大值.【详解】(1)证明：连接交于点O，由题意知平面，又因为平面，所以，因为底面为菱形，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以.(2)以为x轴，为y轴，过O且垂直平面向上方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，因为点P为直线上的动点，所以可设，所以，即点P坐标为.，设平面法向量为，则，取.……分，设与平面所成角为，则，设，则，令，，则所以直线与平面所成角正弦值的最大值为.20．己知数列满足，且.(1)求出的值，猜想数列的通项公式，并给出证明；(2)设数列的前n项和为，且，求数列的前n项和.【答案】(1)，，证明见解析(2)【分析】（1）根据数列的递推公式，求出，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法证明即可求解.（2）由（1）知，利用等差数列前n项和公式得出数列的前n项和为，进而可以求出，再利用分组求和法和裂项相消法求出数列的前n项和即可.【详解】(1)，猜想.下用数学归纳法证明当时，成立假设当时，成立，当时，所以当时成立.由，得对任意成立.(2)由（1）知，所以数列是以，公差为的等差数列，则，，则，所以所以数列的前n项和为.21．已知直线与抛物线交于两点，点C为抛物线上一点，且的重心为抛物线焦点F.(1)求m与t的关系式；(2)求面积的取值范围.【答案】(1)且(2)【分析】（1）设，联立方程，利用韦达定理可得，再根据的重心为抛物线的焦点，可得，求得代入抛物线方程，即可得解；（2）结合（1）利用弦长公式求得，再利用点到直线的距离公式求得点C到的距离，再利用导数求得范围即可.【详解】(1)解：设，由得，，，所以，因为的重心为抛物线的焦点，所以，解得，又因点C为抛物线上一点，所以，即，所以求m与t的关系式为且；(2)解：由（1）得，结合判别式得，因为不经过点F（否则三点共线，不能构成三角形），所以，所以实数的取值范围为，，点C到的距离，所以，设，则，当或时，，当时，，所以函数在和上单调递增，上单调递减，，所以，所以面积的取值范围为.22．己知函数.(1)设，证明：；(2)己知，其中为偶函数，为奇函数.若有两个不同的零点，证明：