浙江省宁波市镇海中学高三下学期适应性测试数学试卷-1

浙江省宁波市镇海中学2024届高三下学期适应性测试数学试卷说明:本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卷上.一、单选题:本大题共8小题，毎小题5分，共40分.1.设集合，则的子集个数是（）A.3 B.4 C.8 D.16【答案】C【解析】【分析】化简集合，求出判断子集个数.【详解】，，，所以的子集个数为个.故选：C.2.已知复数，为虚数单位)，若且，则（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的模求出，再根据复数的模的计算公式即可得解.【详解】由且，得，解得，则.故选：B.3.已知是边长为1的正三角形，是上一点且，则（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】根据题意得，由三点共线求得，利用向量数量积运算求解.【详解】，，且，而三点共线，，即，，所以.故选：A.4.已知数列满足点在直线上，的前n项和为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得数列是等差数列，根据等差数列的求和公式求出，从而可得，设，利用导数研究其单调性，结合即可求解.【详解】因为数列满足点在直线上，所以.因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，则.设，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.又，，所以，即的最小值为.故选:C.5.已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】延长交延长线于点，连接，由几何关系证明MN到平面的距离即点到平面的距离，再由等体积法求出结果即可；【详解】延长交延长线于点，连接，，因为分别是AB和BC的中点，则，由正方体的性质可得，所以，又平面，平面，所以平面，所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为，则，因为正方体的棱长为1，所以，，，所以，即，故选：C.6.已知函数的最小值为，则（）A. B.1 C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】先由二倍角的余弦公式，辅助角公式化简，再由与相交的两个交点的最近距离为，结合解出即可.【详解】，因为，所以，因为当时，对应的的值分别为，所以与相交的两个交点的最近距离为，又的最小值为，所以，即，故选：A.7.已知椭圆的左、右焦点分别为，点A，B在上，直线倾斜角为，且，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由椭圆焦半径公式求出，结合条件列式运算得解.【详解】根据题意，，所以直线的倾斜角为，由椭圆焦半径公式得，，，，即，化简得，.故选：D.8.己知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】构造，利用导数证明，代入可比较大小，根据对数函数的性质可判断的大小，从而可求解.【详解】设，则，所以在上单调递减，所以，所以，所以，即，所以，即，所以，即.由，可得，即，即，所以，即.综上所述，.故选:B.二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.9.下列选项中正确的有（）A.若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1B.在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高C.已知随机变量服从正态分布，则D.若数据的方差为8，则数据的方差为2【答案】BD【解析】【分析】由线性相关系数的性质可得A错误；由残差图的意义可得B正确；由正态分布的对称性可得C错误；利用方差的性质可得D正确；【详解】A：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1，故A错误；B：在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，故B正确；C：由随机变量服从正态分布，所以根据正态分布的对称性可得，故C错误；D：设数据的方差为，因为数据的方差为8，所以，解得，故D正确；故选：BD.10.设抛物线，弦AB过焦点，过A，B分别作拋物线的切线交于点，则下列结论一定成立的是（）A.存在点，使得 B.的最小值为2C. D.面积的最小值为4【答案】BCD【解析】【分析】设,联立直线和抛物线的方程，得,根据导数的几何意义求出的方程，可得，，再逐项判断即可.【详解】易知，准线方程为，设,由，消去可得,，则.不妨设在第一象限，因为，则,则则的方程为，即，即，即，即.同理可得的方程为.联立，可得，即,则在抛物线的准线上.又，所以，即.对于A，因为，所以，即，故A错误；对于B，设准线与轴交于点，因为在抛物线的准线上，所以，即的最小值为2，故B正确；对于C，因为，，所以∽，所以，即，故C正确；对于D，.设到直线的距离为,则,所以，当且仅当时取等，故面积的最小值为4，故D正确.故选:BCD.【点睛】关键点睛：已知切点和抛物线，则抛物线在处的切线方程为；已知切点和抛物线，则抛物线在处的切线方程为.11.已知数列，其前n项和为，若存在常数，对任意的，恒有，则称为数列.则下列说法正确的是（）A.若是以1为首项，为公比的等比数列，则为数列B.若为数列，则也为数列C.若为数列，则也为数列D.若均为数列，则也为数列【答案】ACD【解析】【分析】对A，根据题意可得，利用数列的定义求解判断；对B，举反例不合题意；对C，根据条件得，结合数列的定义和绝对值三角不等式可判断；对D，由数列是数列，可得，，结合绝对值三角不等式可证，得解.【详解】对于A，，于是，，故A正确；对于B，若，显然数列是数列，，但，所以数列不是数列，故B错误；对于C，因为数列是数列，所以存在正数，对于任意的，有，即，所以，所以数列是数列，故C正确；对于D，若数列是数列，则存在正数，对任意的，有，，因为，同理可得，记，，则有，所以数列也是数列，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题是新定义问题的求解，关键是理解新定义，将新定义问题转化为熟悉的问题来进行求解.三、填空题:本大题共3小题，每题5分，共15分.答案填在题中的横线上.12.已知双曲线的离心率，则双曲线的渐近线方程为____________.【答案】【解析】【分析】由双曲线的离心率可得到，再由焦点在轴上的渐近线方程为求出即可.【详解】因为双曲线的离心率，所以，又双曲线，所以渐近线方程为，故答案为：.13.已知圆锥的轴截面面积为，则该圆锥的外接球半径的最小值为____________.【答案】2【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，高为，可得，，设，利用导数判断单调性求出最值.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则，设圆锥的外接球的半径为，则无论球心在圆锥内还是圆锥外，都有，则，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故答案为：2.14.面积为1的满足为的内角平分线且D在线段上，当边的长度最㛒时，的值是____________.【答案】##【解析】【分析】设，，由得，且，进而，在中，由余弦定理结合基本不等式求得的最小值时，，从而得到答案.详解】设，，则，从而，因为，又，所以，且，从而，在中，由余弦定理得，，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，，此时，所以.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解题的关键是利用余弦定理求出的表达式，并结合条件和基本不等式得到的最小值时的条件.四、解答题:本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.15.已知函数.（1）讨论的单调性;（2）若对任意的恒成立，求的范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导后分和讨论导数的正负即可；（2）当时，代入函数求出，当时，分离参数并构造函数，求导后再次构造函数，再求导分析单调性，最终求出即可；【小问1详解】，当时，恒成立，故在上单调递增，当时，令，解得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】当时，，符合题意，此时；当时，因为恒成立，即恒成立，令，则，再令，则恒成立，则在单调递增，所以，所以在上单调递增，所以当时，，所以16.在空间四边形ABCD中，.（1）求证:平面平面ABC;（2）对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.若存在求出的值，若不存在说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）取的中点，连,可证明，，根据线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明；（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出与平面法向量的坐标，根据即可求解.【小问1详解】取的中点，连,因为，所以，且.又，则，且.又，则，则.因为平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】易知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则,,则.设，则.则.设平面的法向量为，则，令，则，即.又,所以，即，即，解得或（舍去），因为，所以,所以，所以.故.17.镇海中学篮球训练营有一项三人间的传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为，（1）写出，，的值;（2）求与的关系式，并求;（3）第1次仍由甲将球传出，若首次出现连续两次球没在甲手中，则传球结束，记此时的传球次数为，求的期望.【答案】（1），，；（2），；（3）4【解析】【分析】（1）分析传球的情况，写出，，的值；（2）分析传球次时的情况，得到与的关系式，利用待定系数法，构造新数列，求出新数列的通项公式，从而得到的通项公式；（3）分析传球两次结束的情况，以及传球两次后求回到甲手中的情况，列出关系式，求出.【小问1详解】传球一次，球一定不在甲手中，所以；传球两次，球在甲手中时，有两种情况，甲乙甲，甲丙甲，所以；传球三次，球在甲手中，说明传球两次时球不在甲手中，概率为，此时传给甲的概率为，所以.【小问2详解】传球次时球在甲手中，说明传球次时球不在甲手中，概率为，此时，传球给甲的概率为，所以有，所以，所以，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，，故与的关系式为，.【小问3详解】的最小取值为2，表示传球2次后，球连续两次不在甲手中，有两种情况，甲乙丙，甲丙乙，所以，若传球2次后，球在甲手中，则回到了最初的状态，所以有，即，解得，所以的期望为4.18.已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点.（1）求曲线的标准方程;（2）已知是定值，求该定值;（3）求面积的范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）设点的坐标，由题意可得点的恒纵坐标的关系，即可得到曲线的标准方程；（2）设直线和直线的方程，然后与椭圆的方程联立，即可得到的坐标关系，进而可得为定值；（3）由题意可得的比值，由题意可得面积的表达式，再由函数的单调性，即可得到结果.【小问1详解】令且，因为，所以，整理可得，所以的标准方程为.【小问2详解】设，，，设直线和直线的方程分别为，，联立直线与椭圆方程，整理可得，则，，联立直线与椭圆方程，整理可得，可得，，又因为，，所以，所以，即，同理可得，，即，所以.设，，，设，则有，又，可得，同理可得，所以.【小问3详解】不妨设，于是，因此，又因为，所以，设，，则，，，所以在单调递增，则.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了椭圆中的定值问题与椭圆中的三角形面积问题，难度较大，解答本题的关键在于设出直线方程与椭圆方程联立，表示出三角形面积公式，代入计算.19.已知无穷数列，构造新数列满足，满足，，满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，，，若为常数数列，则称为阶等比数列.（1）已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式；（2）若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列；（3）已知，令的前项和为，，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据二阶等差数列的定义求解；（2）先确定是阶等差数列的充分必要条件，再对已知条件进行转化即可；（3）先用数学归纳法证明，再利用该结果证明结论；或者先用导数方法证明，再利用该结果证明结论.【小问1详解】由知，故可设.所以，故.从而，代入，可得，所以.故的通项公式为：.【小问2详解】先证明2个引理.引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定.证明：用数学归纳法证明该结论.当时，有，取即可，故结论成立；假设结论对成立，则.故可设，这就得到.所以取，，即可，这得到结论对成立.由数学归纳法即知引理1成立.引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式，即.证明：我们对使用数学归纳法.当时，结论显然成立；对，假设结论对成立，考虑的情形：一方面，如果，则有.故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列；另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列.故由于结论对成立，知的通项公式具有形式.故.据引理1可知，每个都可以表示为的形式，故.综上，结论对成立.由数学归纳法知引理2成立.回到原题.由于为一阶等比数列，故恒