浙江省杭州市、宁波市部分学校2022-2023学年高三数学下学期4月联考试题（Word版附答案）

浙江省杭州市､宁波市部分学校2022-2023年高三下学期4月联考数学试卷一､单选题1.已知集合，则（）A.B.C.D.2.已知，则在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.设，则（）A.84B.56C.36D.28 4.已知函数，则（）A.为奇函数B.为偶函数C.为奇函数D.为偶函数5.从含有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取2张，在其中1张是假钞的条件下，2张都是假钞的概率是（）A.B.C.D.6.已知是关于的方程的两根，且，则（）A.B.4C.-12D.7.如图，某同学用两根木条钉成十字架，制成一个椭圆仪.木条中间挖一道槽，在另一活动木条的处钻一个小孔，可以容纳笔尖，各在一条槽内移动，可以放松移动以保证与的长度不变，当各在一条槽内移动时，处笔尖就画出一个椭圆.已知，且在右顶点时，恰好在点，则的离心率为（） A.B.C.D.8.将一个体积为的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（）A.B.C.D.二､多选题9.已知向量，函数，则（）A.在上有4个零点B.在单调递增C.D.直线是曲线的一条切线10.已知圆是直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则（）A.直线经过定点B.的最小值为C.点到直线的距离的最大值为D.是锐角11.已知曲线，则（）A.曲线关于直线对称B.曲线上恰有四个整点（横坐标与纵坐标均为整数）C.曲线上的点到原点距离的最大值为D.曲线上存在点在圆的内部 12.如图，在正方体中，是正方形内部（含边界）的一个动点，则（）A.存在唯一点，使得B.存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值C.若，则三棱锥外接球的表面积为D.若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是拋物线的一部分三，填空题13.已知随机变量服从，若，则__________.14.如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上两点，已知，，则的长为__________.15.定义：对于数列，如果存在常数，使得对于任意，都有，成立，则称数列为“摆动数列”，称为数列的摆动值.若，且数列的摆动值为0，则的取值范围为__________.16.是抛物线准线为上一点，在抛物线上，的中点也在抛物线上，直线与交于点，则的最小值为__________.四､解答题 17.已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.18.已知数列为等比数列，是与的等差中项，为的前项和.（1）求的通项公式及；（2）集合为正整数集的某一子集，对于正整数，若存在正整数，使得，则，否则.记数列满足求的前20项和.19.已知在多面体中，，且平面平面.（1）设点为线段的中点，试证明平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.20.某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周阅读时间（单位：小时）并绘制如图所示的频率分布直方图.（1）求这200名学生每周阅读时间的样本平均数和样本方差（同一组的数据用该组区间中点值代表）；（2）由直方图可以看出，目前该校学生每周的阅读时间大致服从正态分布，其中 近似为样本平均数近似为样本方差.①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且.利用直方图得到的正态分布，求.②从该高校的学生中随机抽取20名，记表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求的均值.参考数据：，若，则.21.坐标平面中，是椭圆上一点，经过的直线（不过点）与交于两点，直线与的斜率乘积为.（1）求的方程；（2）直线与交于点，且.当点到直线的距离最大时，求直线的方程.22.已知函数.（1）若，证明：当时，；（2）讨论函数在上零点个数.浙江省杭州市､宁波市部分学校2022-2023年高三下学期4月联考数学试卷参考答案1.【答案】C【分析】本题考查集合交集的运算，为基础题.【解答】解：，故选.2.【答案】C【分析】本题考查了复数的运算､几何意义，是基础题.【解答】解：由可得，则在复平面内复数对应的点为，位于第三象限.3.【答案】A【分析】本题考查求二项式定理指定项系数，涉及组合数的性质，属于基础题.【解答】解：由题知 .4.【答案】B【分析】本题考查函数的奇偶性的判断及图象平移，为基础题.【解答】解：方法一：，则原函数关于对称，图象向左平移个单位，关于轴对称，故选.方法二：，函数关于轴对称，为偶函数，正确.5.【答案】A【分析】本题考查条件概率的求法，考查等可能事件的概率，体现了转化的数学思想，属于基础题.【解答】解：设事件表示“抽到的两张都是假钞”，事件表示“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即.又，6.【答案】C【分析】本题考查三角求值问题，属于中档题.【解答】解：由题知，，又，故，故.7.【答案】D【分析】本题考查椭圆中离心率的求解，为基础题.【解答】解：由题意知与的长度不变，已知，设，则，当滑动到位置处时，点在上顶点或下顶点，则短半轴长，当在右顶点时，恰好在点，则长半轴长，故离心率为，故选. 8.【答案】D【分析】本题考查了球和棱锥的体积､棱锥结构特征以及利用导数求最值，属于中档题.【解答】解：设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，球的体积为，，解得，，即，，正三棱锥的体积为：，，由得，此时函数单调递增，由得，此时函数单调递减，当时，取得最大值，且最大值为.9.【答案】BCD【分析】本题考查正弦型函数的零点问题､判断正弦型函数的单调性，导数的几何意义，属于中档题.【解答】解：由题知对于：当时，，令，则，则或，即或，故在上有2个零点，故错误；对于：当时，，又在区间上单调递增，故在上单调递增，故B正确； 对于，故正确；对于，则，又，故在处的切线方程为，即，故正确.10.【答案】AB【分析】本题考查直线与圆的位置关系，圆的切线方程，以及相交弦的有关应用，属于一般题目.【解答】解：设，则以为直径的圆的方程为，化简得，与联立，可得所在直线方程：，即，故可知恒过定点正确；到过定点的直线距离的最大值为：，，故最小值为.点到直线的距离，故错误；圆心到的距离为，当点运动到正好时，此时的张角最大，此时，当点位于其它点时均为锐角，故，不恒为锐角，错误.11.【答案】AC 【分析】本题考查了曲线的对称性问题，不等式证明以及整点问题，属于拔高题.【解答】解：将坐标代换成得，与原曲线方程相同，故曲线关于直线对称，故选项正确；由方程得：，因为有解，所以，可得，若为整数，则，当时，没有整数解，当时，解得的整数解为0和3，当时，解得的整数解为-3和3，当时，解得的整数解为0和-3，所以曲线经过个整点，故选项错误.，所以，故，当且仅当时等号成立，正确；由得，故，当且仅当时等号成立，所以曲线上任一点到原点的距离最小值为，故选项错误；12.【答案】BCD【分析】本题考查立体几何中的动点问题，属于较难题.【解答】解：对于：连接，则，又平面，故，平面，平面，当在线段上时，平面， ，故错误；对于：连接，平面，直线与平面所成的角即为，，又在正方形（含边界）内，故当与重合时，取最大值，即取最小值，即取最小值，故存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值，故正确；对于：设，则为中点，，建立如图所示空间直角坐标系，则，故为三棱锥外接球的球心，所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；对于：设， 则，，，所以动点的轨迹是抛物线的一部分，故正确.13.【答案】0.3【分析】本题考查正态分布有关概率的求解，为基础题.【解答】解：随机变量服从.14.【答案】【分析】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.【解答】解：在中，由正弦定理得：在中，由余弦定理得：.故答案为：.15.【答案】【分析】本题考查数列的新定义问题，属于中档题.【解答】解：由题知，当为偶数时，，故当为奇数时，， 即当为奇数时，，故的取值范围为.16.【答案】6【分析】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查方程思想，为较难题.【解答】解：设的中点坐标为，的中点坐标为，因都在抛物线上，则有，则为方程的两个根，，直线与交于点，直线的方程为：，可得，易得，，当且仅当时取得最小值.17.【答案】解：（1）令， 解得，则函数的单调递增区间为，（2），因为，则，要满足对恒成立，只需，即，所以的取值范围为.【点睛】本题考查正弦型函数的求值运算，涉及和与差公式和二倍角公式，属于基础题.18.【答案】解：（1）设的公比为是与的等差中项，，，.（2）由题意知，，又，即，故，又，.【点睛】本题考查等差中项，等比数列的通项公式，等比数列的前项和公式，分组（并项）法求和，考查学生的逻辑推理和数学运算能力，属于中档题.（1）利用等差中项，等比数列的通项公式列方程解出，代入公式即可；（2）根据上问得出，又，可得，即 ，再根据题意求得的前20项和.19.【答案】解：（1）证明：取的中点，连接，由在中，所以，由平面平面，且交线为，得平面，因为，且，又，所以，且，四边形为平行四边形，，平面；（2）解：由平面，以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，由平面，所以直线与平面所成的角为，所以，取平面的法向量，设平面的法向量，由，得，令，故，，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定，空间中二面角的求解，为中档题.20.【答案】解：（1）， （2）①由题意知，，②由①知，可得，.【点睛】本题主要考查离散型随机变量期望与方差的求解，以及正态分布对称性的应用，属于中档题.（1）根据已知条件，结合平均数和方差公式，即可求解.（2）①由题意知，结合正态分布的对称性，即可求解.②结合正态分布的对称性，以及期望公式，即可求解.21.【答案】解：（1）设，则，且，因为在上，所以，两式相减得，，因为，所以，即，代入中解得，，所以椭圆的方程为.（2）当直线与轴不垂直时，设直线方程为：，联立直线与椭圆方程，消去得，，设，当，即时，有，因为，所以， 因为，所以，整理得，，，因为直线不过点，所以，所以，所以直线经过定点，当直线垂直于轴时，设方程为：，则，且，①由得，，②由①②解得，或（舍），所以此时直线也经过定点，综上，直线经过定点，当垂直于直线时，点到直线的距离最大，此时，所以直线的斜率为-1，直线方程为：，故所求直线方程为：.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于较难题.22.【答案】解：（1）若，则.①先证：当时，.设，则的导函数， 设，则的导函数，因为，所以，所以在上单调递增，又，所以，即，所以在上单调递增，又，所以当时，，即.②再证：时，.设.，所以在上单调递增，又，所以当时，，即.由①②得，当时，，所以当时，，即.（2）①若，则，由（1）可知，当时，，所以，又由（1）可知，当时，，所以，所以，所以在上无零点.②若，当时，，则，故在上无零点.③若， 的导函数，设，则的导函数，设，则的导函数，（i）当时，在上单调递增，即在上单调递增，又，所以在上存在唯一零点，记作.当时，单调递减，即单调递减；当时，单调递增，即单调递增.（ii）当时，，单调递增，即单调递增.综合（i）（ii），可得当时，单调递减；当时，单调递增.又因为，所以存在唯一实数，使得，当时，单调递减；当时，单调递增.又因为，所以时，；由（1）已证，所以， 又在上单调递增，所以在上存在唯一零点.综上，当时，在上无零点；当时，在上存在唯一零点.【点睛】本题考查利用导数证明不等式，研究函数零点有关问题，为难题.