【文档说明】浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试卷+答案.docx，共(26)页，1.483 MB，由baby熊上传

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宁波市2022学年第一学期高考模拟考试高三数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合ln1Axyx，260Bxxx，则AB（）A.12xxB.13xx

C.2xxD.1xx【答案】B【解析】【分析】先求对数函数的定义域化简集合A，再解二次不等式化简集合B，从而利用集合的交集运算求得结果.【详解】因为ln1yx，所以10x，得1x，故1Axx

，由260xx得320xx，解得23x，故23Bxx，所以利用数轴法易得13ABxx.故选：B.2.已知数列na与nb均为等差数列，且354ab，598ab，则47ab（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【解析】【分析】根

据等差数列的性质即可求解.【详解】因为354ab，598ab，所以355912abab，即355912aabb，根据等差数列的性质可知3559472212aabbab，所以476ab.故选:B.3

.若i12i1ia（aR，i为虚数单位），则ia（）A.22B.10C.5D.2【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算法则求得参数a，再求目标复数的模长即可.【详解】因为i12i1ia，故i1i12i3ia

，故3a，则i3i9110a.故选：B.4.一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时2

0%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（lg20.301，结果精确到0.1）（）A.2.7B.2.9C.3.1D.3.3【答案】C【解析】【分析】

根据题意列出关于n的式子，根据对数的运算性质即可求解.【详解】设注射n个小时后需要向病人血液中再次注射该药品，则41lg23000120%15005212lg2nnn，由lg20.301得：3.1n

故n的最大值为3.1,故选：C5.已知两个非零向量a，b的夹角为60°，且2aab，则abab（）A.13B.33C.3D.3【答案】C【解析】【分析】根据向量的垂直关系可得ab，进而

根据模长公式即可求解.【详解】由2aab得2222=0=2=2cos60aabaabaabab-邹邹崔=，()22223ababababa+=+=++?()2222ababababa-=-=+-?，所以33abaaba

，故选：C6.已知0,2A，,00Btt，动点C在曲线T：2401yxx上，若△ABC面积的最小值为1，则t不可能为（）A.4B.3C.2D.1【答案】D【解析】【分析】设200,4yCy，求出直线AB的方程，

利用点到直线的距离公式求出点C到直线AB的距离，再求出AB，可得200022,2,22ABCytytSy△，分别代入4t、3t、2t及1t，判断最小值是否为1即可.【详解】设200,4yCy

，因为0,1x，所以2,2y，即02,2y.直线AB的方程为12xyt，即2200xtytt.因为02,2y，0t，所以22000022022yytytyt.则点C到直线AB的距离为2200002

2222244yytyttytdtt.因为0,2A，,0Bt，所以24ABt.所以22000022221224224ABCyytyttytStt△.当4t时，2000482,2,22ABCyySy△，可得

当02y时，min1ABCS△，符合题意；当3t时，2000362,2,22ABCyySy△，可得当02y时，min1ABCS△，符合题意；当2t时，2000242,2,22ABCyySy△，可得当

02y时，min1ABCS△，符合题意；当1t时，200022,2,22ABCyySy△，可得当01y时，min34ABCS△，不符合题意故t不可能为1.故选:D.7.若函数2f

xxmxn在区间1,1上有两个零点，则2221nmn的取值范围是()A.0,1B.1,2C.0,4D.1,4【答案】A【解析】【分析】令212fxxmxn

xxxx，且12,1,1xx，12xx，注意到22222111111nmnnmmnmnff，则将问题转化为求11ff的范围即可．【详解】令212fxxmxnxxxx，且12,1,1xx

，12xx，根据，将22222111111nmnnmmnmnff，221212121111111111ffmnmnxxxxxx

，又21011x，22011x，.∴110,1ff，又12xx，∴110,1ff，即22210,1nmn，故选：A

．8.在正四棱台1111ABCDABCD中，112ABAB，13AA．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（）A.332B.33C.572D.57【答案】D【解析】【分析】根据正棱台的性质，

表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.【详解】图1设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，1,OO分别是上

下底面的中心，连结1OO，11OA，OA，根据边长关系，知该棱台的高为2h，则11112222217322224ABCDABCDaahahVaa，由13AA，且四边形11AOOA

为直角梯形，11112224OAABa，2222OAABa，可得222324ha，则2238ah，111122277324128ABCDABCDahaaV3222

2227748228482484833aaaaaa当且仅当22482aa，即4a时等号成立，此时棱台的高为1.上底面外接圆半径1112rAO，下底面半径22rAO，设球的半径为R，显然

球心M在1OO所在的直线上.显然球心M在1OO所在的直线上.图2当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段1OO上，如图2，设OMx，则11OMx，01x，显然1MAMAR则，有222211r

xrx，即22222221xx解得0x，舍去.图3当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段1OO的延长线上，如图3，设OMx，则11OMx，显然1MCMAR即222211rxrx，即222

22221xx解得52x，225572222R，此时，外接球的表面积为225744572R.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，

有选错的得0分.9.若函数sin20fxx的图象关于直线6x对称，则（）A.102fB.fx的图象关于点5,012中心对称C.fx在区间0,3上单调递增D.fx在区间0,上有2个极值点【答案】ABD【解析

】【分析】先根据图象关于直线6x对称可求得，从而得到解析式，赋值法可判断AB，整体代入法可判断C，根据三角函数中极值点的含义可判断D.【详解】若函数sin20fxx的图象关于直线6x对称，

则262k，解得6k，Zk，而0，所以6，故sin26fxx.对于A，10sin62f，A正确；对于B，5()sin012f，所以图象关于点5,012中心对称，B正确；对于C，令2222

62kxk，即36kxk，Zk，当0k时，单调递增区间为[,]36，0,3不是其子区间，C错误；对于D，三角函数的极值点即为函数图像对称轴所对应的横坐标，令262xk，

得26kx，当0k和1k时，6x和23x为fx在区间0,上的2个极值点，D正确.故选：ABD10.已知直线l：31002mxymm与圆O：224xy相交于,AB两

点，与两坐标轴分别交于,CD两点，记AOB的面积为1S，COD△的面积为2S，则（）A.12SB.存在m，使23SC.3ABD.存在m，使ABCD【答案】ABC【解析】【分析】运用数形结合思想，结合面积公式和点到直线距离，两点间距离，直线

与圆弦长公式即可.【详解】A.直线l：31002mxymm，当0x时，312ym，当0y时，312xm，所以22313()122CDmm（），因为圆心为(0,0),2Or，所以圆心到直线的距离23121mdm，所以根据直线被圆截得的

弦长公式有2242ABd，解得224ABd，所以2222214144222ddSABddddd，当且仅当224dd即2d，即231221mdm，解得2106m时取得等号.所以12S，故A正

确.B.直线l：31002mxymm，当0x时，312ym；当0y时，312xm，所以21331(1)()222Smm191(3)24mm191(23)24mm3当23m时，

23S，故B正确.C.直线l：31002mxymm过定点3(,1)2P在圆内，因为圆O：224xy，圆心为(0,0),2Or，所以圆心到直线的距离23121mdm因为2229242424134ABd

PC，当且仅当lOP时，dPC,所以l被截得的弦长最短3AB，所以3AB.故C正确.D.要使ABCD，则AB与CD重合，此时AB的直线方程为2yx不过定点3(,1)2P，故

D错.故选:ABC.11.已知正实数a、b满足221ababab，则（）A.ab的最大值为2B.ab的最小值为152C.22ab的最小值为2D.22ab的最大值为3【答案】AC【解析】【分析】利用基本不等式可得出关于ab的不等式，解出a

b的取值范围，可判断AB选项；由已知可得出22222ababab，利用二次函数的基本性质结合ab的取值范围，可得出22ab的取值范围，可判断CD选项.【详解】因为正实数a、

b满足221ababab，则221112abababab，因为0ab，解得1522ab，当且仅当1ab时，ab取最大值2，则A对B

错；因为222222212ababababababab，所以，22222ababab，令15,22tab，因为函数222ytt在15,22

上单调递减，所以，22235222,2ababab，C对D错.故选：AC.12.如果定义在R上的函数fx满足：对任意xy，有2fxfy，则称其为“好函数”，所有“好函数”fx形成集合．下列结论正确的有（）A.任意fx，均有

0fxB.存在fx及0xR，使02022fxC.存在实数M，对于任意fx，均有fxMD.存在fx，对于任意xR，均有fxx【答案】AC【解析】【分析】首先对于A，取yx，即可证明；对于BCD，利用归纳推理以及反证法即可求解.

【详解】A项：fx，取yx，由于2()()fxfy，故0fx，正确；B项：假如fx及0xR，使02022fx，现任取00,0xx，有24200002()()()()nfxfxfxfxnn，因此20()

2022nfx，从而120()2022nfx，令n，得0()1fx，再任取00,0xx，有222220000122022nnnnfxfxfxfxnn

，令n，得0()fx，这表明0,fx在0x处无定义，与()fx定义在R上矛盾，错误；C项：用反证法，反设结论得RM,()fx,使得()fxM

，那么取02021,RMx，使得020222021fx，由B分析知有矛盾，所以假设不成立，因此原命题为真，正确；D项：若此选项成立，则()()fxx，与C矛盾，错误.故选：AC【点睛】方法点睛：对于抽象函数以及函数不等式常用

的证明方法：（1）特殊值法：可以通过例举特殊值，验证结论错误；（2）反证法：可以通过反证法，先假设，再证明得出矛盾，则原命题为真；（3）归纳推理法：归纳推理的一般步骤是先证明当n取第一个值时，命题正确；假设当nk时，命题正确，证明当1nk时命题也正确.三、填空题：本题共4小题，每小

题5分，共20分.13.若sin3cos2xx，则cos2x__________．【答案】12##0.5【解析】【分析】利用辅助角公式得πsin13x即可求出π2π,6xkkZ即可求解cos2x.【详解】因为πsin3c

os2sin23xxx,所以ππ2π,32xk即π2π,6xkkZ，所以π24π,3xkkZ，所以ππ1cos2cos4πcos332xk故答案为:12.14.南宋的数学家杨辉“

善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨辉将堆垜与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放1

0个第n层放na个物体堆成的堆垛，则1210111aaa__________．【答案】2011【解析】【分析】由累加法即可求得na，再利用裂项相消法即可求解.【详解】由题可知：1231,3,6aaaLL，

即有12nnaann，所以121321()()()nnnaaaaaaaa(1)12342nnn，当n=1成立所以1222(1)1nannnn，所以121011122222222223341011aaa

22021111.故答案为：201115.在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，

n，则m，n所成角的正弦值的最大值为__________．【答案】223【解析】【分析】根据面面平行的性质可得//,//mBPnPC，进而得BPC或其补角即为m，n所成的平面角，结合余弦定理即可求解余弦的最小值，即可求解正弦的最值.【详解】过点A的平面α与平面PBC平行．

若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面//平面PBC，平面PBC平面ABDPB,，平面PBC平面ACDPC所以//,//mBPnPC,所以BPC或其补角即为m，n所成的平面角，设正四棱锥ABCD的棱长为1，,01APxx

，则1PDx，在ABP中，由余弦定理得：222212cos6012112BPABAPABAPxxxx，同理222212cos601121112PCCDPDCDPDxxxx

,故在PBC中，22222221211112cos11221211324xxPBPCBCBPCPBPCxxxxx，由于2133244x

，则212231324x，进而2112131324x，当12x时取等号，故cosBPC的最小值为13，进而222sin1cos3BPCBPC，故sinBPC的最大值为223

，故答案为：22316.已知A，B为椭圆22195xy上两个不同的点，F为右焦点，4AFBF，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则FT__________．【答案】43【解析】【分析】设1122,,,AxyB

xy,利用焦半径公式得到123xx,设0,0Tx，写出垂直平分线方程121212322xxyyyxyy，代入0,0Tx，化简得到0x值，最终求出FT的值.【详解】首先

我们证明椭圆的焦半径公式左准线方程为2axc，右准线方程为2axc，00,Pxy，1PFceAPa，2100aPFeAPexexac，同理可证20PFaex，因本题椭圆离心率:23e，设1122,

,,AxyBxy由焦半径公式:122233433xx得:123xx,为即AB中点1203,,,022yyTx，1212AByykxx，则AB垂直平分线斜率为1212xxyy根据点,AB在椭圆上，则有2211195x

y，2222195xy，作差化简得2222122159yyxx，则线段AB的垂直平分线方程为121212322xxyyyxyy,代入0,0Tx得:22222112120121255

359922226xxxxyyxxxxx,即023x,则24||233FT.故答案为：43.【点睛】椭圆中常见的二级结论对解决椭圆相关难题，尤其是选择填空题具有很好的作用，例如本题中的焦半径公式，10PFexa，20PFaex，点在椭圆上适合

椭圆方程这一条件做题时容易忽略，但是却是设点法做题必要的步骤.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列na的前n项和nS满足*22NnnSan

．（1）求数列na的通项公式；（2）令4nnban，求数列nnba的前n项和nT．【答案】（1）2nna（2）2282nnnTn【解析】【分析】（1）由na与nS的关系即可求得数列na的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前n项和.

【小问1详解】当1n，11122Saa，故12a，因为22nnSa，当2n时，1122nnSa,两式相减得：1122nnnnnSSaaa，即12nnaa，故数列na为等比数列，公比2q=，所以1222nnna．【小问2详

解】424nnnbann，故224122nnnnnbnna，故10121232222nnnTn，令10121232222nnnH①，0121

112322222nnnH②，①-②得1012211111112222222nnnnH1112122412212nnnnn即2282nnnH，故22228822nnnnnTnn

．18.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为,,abc,4cosabCba．（1）求222abc的值；（2）若111tantantanBAC，求cosA．【答案】（1）2（2）36【解析】【分析】(1)利用余弦定理角化边即可求解;(2)根

据弦化切将原等式变为2sincossinsinBBAC，角化边即可得到2223acb，再结合2222abc可得32bc，52ac，利用余弦定理即可求解.【小问1详解】因为4cosabCba,结合余弦定理，得22222

42ababcabab，即2222abc，所以2222abc．【小问2详解】由111coscossincoscossinsintantantansinsinsinsinsinsinACCACABBACACACAC

，即22sincossinsinBbBACac，即22222acbbacac即2223acb，又2222abc，所以32bc，52ac，所以22222235344cos26322cccbcaAbccc.19.已

知函数sinfxxax，Ra．（1）若2a，求曲线yfx在点,66f处的切线方程；（2）若fxa在5,66x上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】

（1）34312122yx（2）365a【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）参变分离可得sin1xax在5,66x上恒成立，令

sin1xgxx，5,66x，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.【小问1详解】解：当2a时，sin2fxxx，所以1sin266623f

，cos2fxx，所以3cos22662f，故所求切线方程为34312122yx．【小问2详解】解：因为fxasinsin11xxaxax在5,66x

上恒成立，令sin1xgxx，5,66x，则2coscossin1xxxxgxx，令coscossinhxxxxx，则sinsin0hxxxx，所以hx在5,66x

上单调递减，因331066222h，55331066222h，由零点存在定理知，存在唯一05,66x，使00hx，所以gx在0,6x上单调递增，在05

,6x上单调递减，所以min5333min,min,6666565gxgg，从而365a．20.如图，直三棱柱111ABCAB

C-中，2ACB，E，F分别是AB，11BC的中点．为（1）证明：EF⊥BC；（2）若2ACBC，直线EF与平面ABC所成的角为3，求平面1AEC与平面FEC夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）27035【解

析】【分析】(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则1FHBB∥，得FH⊥平面ABC，利用线面垂直的性质和判定定理证明BC⊥平面EFH，即可证明；(2)根据题意，由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，求出1CC，建立

如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面CEF与平面1CAE的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可.【小问1详解】证法1：取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为11BC中点，所以1FHBB∥，因为三棱柱为直棱柱，所以1BB平面ABC，所以FH⊥

平面ABC，由BC平面ABC，所以FH⊥BC，又E为AB的中点，则//EHAC，且ACBC，所以EHBC，因为EH，FH平面EFH，EHFHH，的所以BC⊥平面EFH，因为EF平面EFH，所以EFBC．证法2：设C

Aa，CBbuurr，1CCcuuurr，则1111222EFCFCECCCBCACBac，由题知，CACB，1CCCB，所以0ab，0bc，从而102CBEFbac，即EFBC．【小问2详解

】由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以3FEH，由2ACBC，得13CC．如图，以CA，CB，1CC分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系．则2,0,0A，0,2,0B，10,0,

3C，12,0,3A，10,2,3B，1,1,0E，0,1,0H，0,1,3F，1,1,0CE，0,1,3CF，12,0,3CA，设平面CEF的一个法向量为111,,mxyz，由00mCEmCF得1111030xyyz

，取3,3,1m，平面1CAE的法向量为222,,xnyz，由100nCEnCA得22220230xyxz，取3,3,2n，设平面CEF与平面1CAE的夹角为，则270cos35mnmn．所以平面CEF与平面1CAE夹角

的余弦值为27035.21.已知点2,0A，104,33B在双曲线E：222210,0xyabab上．（1）求双曲线E的方程；（2）直线l与双曲线E交于M，N两个不同的点（异于A，B），过

M作x轴的垂线分别交直线AB，直线AN于点P，Q，当MPPQ时，证明：直线l过定点．【答案】（1）2214xy（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将点坐标代入双曲线方程，即可求解,ab值，进而得双曲

线方程；（2）设直线方程，联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，根据向量关系，转化为坐标关系，即可得,mk的关系，进而可得直线过定点.【小问1详解】由题知，222224111014133aab，得21b，所以双曲线E的方程为22

14xy．【小问2详解】由题意知，当l⊥x轴时，Q与N重合，由MPPQ可知：P是MQ的中点，显然不符合题意，故l的斜率存在，设l的方程为ykxm，联立2214ykxmxy，消去y得222148440kxkmxm

，则的222222641611416140kmmkmk，即2214mk，且2140k，设11,Mxy，22,Nxy，122814kmxxk，21224414mxxk，AB方程为124yx，令1xx，得112

,4xPx，AN方程为2222yyxx，令1xx得11222,2xQxyx，由MPPQ，得111222222xxyyx，即12121222yyxx，即122112121

22242kxmxkxmxxxxx，即121214422480kxxkmxxm，将122814kmxxk，21224414mxxk代入得即22416161680mkmkkm，所以

2220mkmk，得22mk或2mk，当22mk，此时由0，得58k，符合题意；当2mk，此时直线l经过点A，与题意不符，舍去所以l的方程为22ykxk，即22ykx，所以l过定点2,2．22.已知函数2e32

e10,xfxaxbxbaabR，且00f，10f．（1）若2a，函数fx在区间1,12上单调递增，求实数b的取值范围；（2）证明：对于任意实数xR，20310fxff．参考数据

：e2.7182818．【答案】（1）e03e2b（2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用导数与单调性最值的关系求解；(2)利用导数讨论单调性并证明不等式.【小问1详解】2a时，2e62e1xf

xxbxb，由题知1220xfxexeb对任意1,12x恒成立，因为fx在1,12单调递增，则min1e62e02fxfb，得e3e2b．又00fb，1e50fb，得

05eb，综上e03e2b．【小问2详解】法1：由题020fba，12e10fab，则221eaba，而'e62exfxaxb，显然fx在R上单调递增，

012e12e252e20fbaa，1e62ee62212e20fabaaa，由零点存在定理知存在唯一00,1x使0'0fx，00e2e

6xbax所以fx在0,x单调递减，在0,x单调递增，所以0minfxfx，02200000e32e132e332e1xfxaxbxbaaxbaxba，2031422633e3473effbaa

bab，所以20002031203132e3328efxfffxffaxbaxab20002232e338exbaxaxa

220000022232e338e324e254exaaxaxaaxaxa200000038542e4e13542e4exxaxxxax042e4ex记42e4e

gxx，gx单调递减，又ln2e6ln22e26ln22e26ln22216ln240ababaaa，故00ln2x，又3e16，故3ln24，则35145e42e4e7e0422gx

，命题得证．（2）法2：由题020fba，12e10fab，则221eaba，而'e62exfxaxb，显然'fx在R上单调递增，'012e12e252e2

0fbaa，333344443991'e2ee221e2e204222fabaaa，由零点存在定理知存在唯一030,4x，使0'0f

x，00e2e6xbax，所以fx在0,x单调递减，在0,x单调递增，所以0minfxfx，20002031203132e3328efxfffxffaxbaxab记232e33

28ehxaxbaxab，则对称轴e313baxa，所以039332e3328e4164hxhabaab3153151158e28

e7e016221622162abaaa命题得证．