浙江省宁波十校2020-2021学年高三上期中联考数学试卷（含答案解析）

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1、宁波市“十校联考”2021届高三11月期中联考数学试卷一、选择题：每小题4分，共40分1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 若复数（为虚数单位）实部和虚部互为相反数，则实数（ ）A. B. C. D. 3. 若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）A. 5B. 7C. 9D. 114. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）A. B. C. D. 5. 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件6. 函数图象大致为（ ）A. B. C. D. 7. 如图，已知点、G、分别是正方体

2、中棱、的中点，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则（ ）A. B. C. D. 8. 如图，设、分别是椭圆的左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 9. 已知，对任意的实数均有，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 10. 已知为单位向量，且，若非零向量满足，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11. 物理中把简谐运动图象叫做“正弦曲线”或“余弦曲线”现有“简谐运动的图象”所对应的函数解析式是，则该简谐运动的最小正周期是_，振幅是_1

3、2. 在二项式的展开式中，常数项是_，所有项的系数和为_13. 古有女子善织布，初日织三尺，日增等尺，第四日织九尺，则第七日织_尺，八日共织_尺14. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围是_15. 已知，且，则的最小值为_16. 已知圆：，线段在直线上运动，点是线段上任意一点，若圆上存在两点，使得，则线段长度的最大值是_17. 一个盒子里有个相同的球，其中个红球，个黄球，个绿球，每次从盒中随机取出一个且不放回，则红球首先被全部取完的概率为_；若红球全部被取出视为取球结束，记在此过程中取到黄球的个数为，则_三、解答题：5小题，共74分18. 在中，内角，所对的边分别为，已知（1）

4、求角的大小；（2）若，求边上的高的最大值19. 如图，在四棱锥中，为的中点（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值20. 已知数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）求证，21. 已知抛物线，圆抛物线的焦点到其准线的距离恰好是圆的半径（1）求抛物线的方程及其焦点坐标；（2）过抛物线上一点（除原点外）作抛物线切线，交轴于点过点作圆的两条切线，切点分别为、若，求的面积22. 已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个不同的零点，（i）求的取值范围；（ii）证明：宁波市“十校联考”2021届高三11月期中联考数学试卷一、选择题：每小题4分，共40分1. 已知集合，则（

5、）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】，则，因此，.故选：C.2. 若复数（为虚数单位）的实部和虚部互为相反数，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，再由实部加虚部为0求解【详解】解：，所以复数的实部为，虚部为，因为实部和虚部互为相反数，所以，解得故选：B3. 若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）A. 5B. 7C. 9D. 11【答案】C【解析】【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合直线在轴上的解距，确定目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】画出约束条件所表示的平

6、面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点A时在上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.故选：C.【点睛】根据线性规划求解目标函数的最值问题的常见形式：（1）截距型：形如 .求这类目标函数的最值常将函数 转化为直线的斜截式： ，通过求直线的截距的最值间接求出的最值；（2）距离型：形如，转化为可行域内的点到定点的距离的平方，结合点到直线的距离公式求解；（3）斜率型：形如，转化为可行域内点与定点的连线的斜率，结合直线的斜率公式，进行求解4. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分

7、析】由三视图还原原几何体，可知原几何体是一个的圆锥与三棱锥组合而成的几何体，结合锥体的体积公式可求得原几何体的体积.【详解】由三视图还原原几何体如下图所示，由三视图可知，原几何体是一个的圆锥与三棱锥组合而成的几何体，由三视图中的数据可知，原几何体的体积为.故选：C.5. 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由向量平行的坐标表示可得若，则或，再由充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】由可得，解得或，所以“”“” 充分不必要条件.故选：A.6. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答

8、案】B【解析】【分析】由于，得出是奇函数，其图象关于原点对称，再利用特殊值，即可得出正确选项【详解】解：函数，定义域为，且，是奇函数，其图象关于原点对称，排除、，因为函数的定义域为，令，排除，故选：【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7. 如图，已知点、G、分别是正方体中棱、的中点，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分

9、析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角、二面角、异面直角所成角，即可比较；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，显然面的法向量为，设面的法向量为，则，即，令则、，所以所以，所以，因为，即，所以故选：D8. 如图，设、分别是椭圆的左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接，设，则，根据椭圆的定义，可求得，结合，可得，计算可得，从而可求出，由直线的斜率为，可求出答案.【详解】如下图，连接，设，则，因，所以，在中，所以，即，整理得，所以，所以直线的斜率为.故选

10、：A.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆定义的应用、圆的性质及直线的斜率，解题关键是利用椭圆的定义，得出之间的关系，进而由，并利用勾股定理，可求出，进而可求出直线的斜率.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.9. 已知，对任意的实数均有，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题中条件，先令，则有对任意的恒成立；分别讨论，两种情况，结合不等式的解法，求出，得到，进而可得出结果.【详解】因为，对任意的实数均有，令，则有对任意的恒成立；若，则，原不等式可化为，因为，所以解不等式可得或，因，所以不满足原不等式对任意的恒成立；即不满足题意；若，当时，则原不等式

11、可化为，令，则是开口向上的二次函数，且零点为和，为使对任意的恒成立；只有；当时，；若，则由不等式可得或，解得或，因为，所以不能满足原不等式对任意的恒成立；若，则由不等式可得或，解得或，因为，所以不满足原不等式对任意的恒成立；若，则由不等式可得或，解得或，因为，所以不满足原不等式对任意的恒成立；若，则不等式可化为，解得或，不满足原不等式对任意的恒成立；若，则不等式可化为，解得，不满足原不等式对任意的恒成立；综上，为使对任意的恒成立，只有，所以，令，则其是开口向上的二次函数，对称轴为，所以其在上单调递增，因此.故选：D.【点睛】关键点点睛：由不等式恒成立求解多变量参数的范围问题，解题关键在于确定参

12、数之间的关系，解决本题的关键在于根据题中条件得出的关系，得出，进而可根据的范围求出结果.10. 已知为单位向量，且，若非零向量满足，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，由，计算可得，设，由，计算可得，可推出时，等号成立，计算可得，结合，可求出，从而可求出的最大值.【详解】由题意，可设，则，由，可得，整理得，设，由，可得，即，所以，当时，或，即或，因为，所以不符合题意，故时，.而，因为，所以，当时，等号成立，此时，因为，所以，即，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量与三角函数的综合问题，解题的关键是设出题中向量的坐标，利用平面向量的坐标运算及三

13、角函数的运算性质，将所求不等式转化为三角函数关系式，进而求出最大值.考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力属于难题二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11. 物理中把简谐运动的图象叫做“正弦曲线”或“余弦曲线”现有“简谐运动的图象”所对应的函数解析式是，则该简谐运动的最小正周期是_，振幅是_【答案】 (1). (2). 3【解析】【分析】由三角函数的图象与性质即可得解.【详解】因为，所以该函数的最小正周期,振幅为，所以该简谐运动的最小正周期是，振幅是.故答案为：；.12. 在二项式的展开式中，常数项是_，所有项的系数和为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】写出二项展开式的通项，

14、令的指数为，求出参数的值，代入展开式通项可求得展开式的常数项，再令代入二项式可求得展开式所有项的系数和.【详解】二项式的展开式通项为，令，可得，所以，展开式的常数项为，在二项式中，令，可得所有项的系数和为.故答案为：；.【点睛】求解二项式中所有项的系数和，一般在二项式中，令所有的变量均为计算即可.13. 古有女子善织布，初日织三尺，日增等尺，第四日织九尺，则第七日织_尺，八日共织_尺【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设该女子第日织尺布，可知数列为等差数列，根据题意求出等差数列的首项和公差，进而可求得以及该数列的前项和.【详解】设该女子第日织尺布，可知数列为等差数列，设等差数列的公差

15、为，前项和为，则，解得，因此，该女子第七日织尺布，八日共织尺布.故答案为：；.14. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】原不等式可化为，当时，该不等式恒成立，当时，不等式可化为，从而构造函数，求导并判断单调性，可求出，令即可.【详解】由题意，不等式可化为，当时，恒成立；当时，不等式可化为，令，则，求导得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则，综上所述，实数a的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为，通过构造函数，令，可求出a的取值范围.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.15

16、. 已知，且，则的最小值为_【答案】4【解析】【分析】首先得到，再根据结合基本不等式即可得到答案.【详解】因为，且，所以，且.所以.当且仅当，即，时取等号.所以的最小值为.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.16. 已知圆：，线段在直线上运动，点是线段上任意一

17、点，若圆上存在两点，使得，则线段长度的最大值是_【答案】【解析】【分析】题目等同于点P在已知直线上的轨迹长度，考虑边界的情况，此时APC和ABC均为等腰直角三角形，先算出，进一步求出答案.【详解】题目等同于点P在已知直线上的轨迹长度，考虑边界的情况，也就是PA，PB分别与圆相切的情况，此时APC和ABC均为等腰直角三角形，由题意知，圆心，半径线段PC的长为圆心到直线的距离 ，根据图像的对称性可知，所以线段长度的最大值为.故答案为: .【点睛】本题考查了直线与圆位置关系的应用.本题的难点是分析何时取到最值.根据考虑边界的情况数形结合得出结论.17. 一个盒子里有个相同的球，其中个红球，个黄球，个

18、绿球，每次从盒中随机取出一个且不放回，则红球首先被全部取完的概率为_；若红球全部被取出视为取球结束，记在此过程中取到黄球的个数为，则_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）不放回取球可看作将球进行排列，由于红球首先被全部取完，则分两种情况求解：一种先取完3个红球，另一种在取3个红球的空档处还取走了1个黄球，剩下1个黄球和1个绿球进行排列，从而可求出所求概率；（2）研究在取完红球之前取走的黄球数其实不受绿球影响，所以此题无须考虑绿球，可能的取值为0，1，2，时，先取3个红球再取2个黄球，时，取3个红球的空档处还取了1个黄球，剩下1个黄球最后取，时，取3个红球的空档处还取了2个黄球，

19、然后利用数学期望公式可求得答案【详解】（1）全部排列数为，由于红球首先被全部取完，则先取完3个红球，可看作2个黄球和1个绿球的排列数：种；在取3个红球的空档处还取走了1个黄球有种，剩下1个黄球和1个绿球进行排列有2种，所以红球先取完的概率为，（2）研究在取完红球之前取走的黄球数其实不受绿球影响，所以此题无须考虑绿球，则全部排列数为种，可能的取值为0，1，2，则时，先取3个红球再取2个黄球，共1种；时，取3个红球的空档处还取了1个黄球，剩下1个黄球最后取，共种；时，取3个红球的空档处还取了2个黄球，若2个黄球不在一起，共种，若2个黄球在一起，共种，所以【点睛】关键点点睛：此题考查互斥事件概率的求

20、法，考查离散型随机变量数学期望的求法，解此题的关键是将不放回取球可看作将球进行排列，利用排列组合知识求解三、解答题：5小题，共74分18. 在中，内角，所对的边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若，求边上的高的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化简得，再由余弦定理即可得解；（2）记边上的高为，由三角形面积公式可得，结合正弦定理及三角恒等变换得，即可得解.【详解】（1）根据正弦定理可得，化简整理得，由余弦定理得，因为，故；（2）记边上的高为，由，可得，又因为，所以，在三角形中，故，所以当即时，【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是应用正、余弦定理转化条件，细心计算即可得

21、解.19. 如图，在四棱锥中，为的中点（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证，可证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）记的中点为，连接，面为的中点， ，面，又面，（2）面，又，故可如图建系,不妨设，则，由等边三角形AED可知，,，则有， ,设平面的一个法向量，由,即，令，则，所以平面的一个法向量则所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】方法点睛：线面角的一般求解方法：先建立适当空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦公式求解.20. 已知数列的前项和为，且满足.（1

22、）求数列的通项公式；（2）求证，【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，可得，结合，可求得，即可得出数列是等比数列，从而可求出的通项公式；（2）求出的表达式，从而可得，利用放缩法可得，进而可证明结论成立.【详解】（1）由题意可知，当时，解得，当时，由，可得，即，所以数列是以1为首项，2为公比等比数列，所以（2）由，可得，则，所以.【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的通项公式及证明不等式，关键是求出公式的应用，及利用放缩法得到，考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题21. 已知抛物线，圆抛物线的焦点到其准线的距离恰好是圆的半径（1）求抛物线的方程及其焦点坐标；（2

23、）过抛物线上一点（除原点外）作抛物线的切线，交轴于点过点作圆的两条切线，切点分别为、若，求的面积【答案】（1）抛物线的方程为，焦点坐标为；（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线的焦点到其准线的距离恰好是圆的半径求解.（2）设点，切线的方程设为与抛物线方程联立，根据与抛物线相切，由得到，切点的坐标，再由过点作圆的两条切线，切点分别为、得到直线然后由解得即可.【详解】（1）因为抛物线的焦点到其准线的距离恰好是圆的半径所以，故抛物线的方程为，焦点坐标为（2）设点，则切线的方程可设为联立方程可得由可得，且切点坐标为设点，则切线，切线将点的坐标代入可得直线故由可得因为两种情况中的点关于轴对称，所以求出的

24、面积相同下只求情况联立方程：可得故从而有，所以【点睛】思路点睛：基本思路是设点p的坐标，由直线PQ与抛物线相切，得到Q的坐标和直线PQ的斜率，然后利用点M，N处的切线过点Q，得到直线MN的斜率，由求解.22. 已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个不同的零点，（i）求取值范围；（ii）证明：【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，令，即可得到函数的单调递增区间，令，求出函数的单调递减区间；（2）（i）由题意可知，即可求出参数的取值范围；（ii）不妨设，因为令，利用导数研究函数的单调性，即可得证；【详解】解：（1）函数的定义域为，所以， 当时，单调递增；当时，单调递减所以的单调递增区间为，单调递减区间为（2）（i）由题意可知，即，所以（ii）不妨设因为令，令则， ，所以单调递增，又因为，所以单调递增因为，所以，故单调递增又因为，所以由可知令，所以所以，所以【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理