1、2024年浙江省宁波市高三数学上学期一轮模拟练习一、单选题1若集合，则（）ABCD2若，则（）ABCD3有一组样本数据，这组数据样本极差的最大值是（）A3B4C5D64设直线与抛物线交于A，B两点，M是线段AB的中点，则点M的横坐标是（）A3B4C5D65小明和李华在玩游戏，他们分别从19这9个正整数中选出一个数告诉老师，老师经过计算后得知他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，那么小明选择的数是偶数的概率是（）ABCD6若，则的最小值是（）A0BCD7若正数a，b，c满足，则（）ABCD8已知体积为的四面体中，平面ABC，其外接球半径的最小值是（）ABC3D二、多选题9已知与是定义在上的连
2、续函数，如果与仅当时的函数值为0，且，那么下列情形可能出现的是（）A0是的极大值，也是的极大值B0是的极小值，也是的极小值C0是的极大值，但不是的极值D0是的极小值，但不是的极值10函数，则在区间内可能（）A单调递增B单调递减C有最小值，无最大值D有最大值，无最小值11已知为坐标原点，抛物线：（）的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点为抛物线上的动点，则（）A的最小值为B的准线方程为CD当时，点到直线的距离的最大值为12对一列整数，约定：输入第一个整数，只显示不计算，接着输入整数，只显示的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对值.设全部输入完毕后显示的最后的结果为.若将
3、从1到2022的2022个整数随机地输入，则（）A的最小值为0B的最小值为1C的最大值为2020D的最大值为2021三、填空题13的展开式中常数项为 .（用数字作答）14九章算术是中国古代第一部数学专著，该书内容十分丰富，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就.其中卷五“商功”中记载“今有鳖臑下广两尺，无袤；上袤四尺，无广；高三尺”.即“现有四面都是直角三角形的三棱锥，底宽2尺而无长，上底长4尺而无宽，高3尺”，即有一“鳖臑”（四面体），已知，则此四面体外接球的表面积是 .15我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心
4、对称图形的充要条件是函数为奇函数，则的图象的对称中心为 .16已知圆：，线段在直线：上运动，点为线段上任意一点，若圆上存在两点，使得，则线段长度的最大值是 .四、解答题17已知数列的前n项和满足(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前n项和18在ABC中，角A，B，C所对的边分别为,(1)求的值；(2)若，求19已知函数，(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围20如图，直三棱柱中，E，F分别是AB，的中点(1)证明：EFBC；(2)若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值21已知点，在双曲线E：上(1)求双曲线E的方程；(2)直线l
5、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，当时，证明：直线l过定点22已知函数，且，(1)若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围；(2)证明：对于任意实数，参考数据：参考答案1C【分析】根据集合的交集运算可得.【详解】，.故选：C2D【分析】设，根据复数乘法运算和复数相等可求得，由可得结果.【详解】设，则，.故选：D.3C【分析】由样本极差求解.【详解】解：因为样本极差，当时，等号成立，取，则样本极差的最大值为5，故选：C4B【分析】直接联立直线方程与抛物线方程，消y整理得，利用韦达定理以及中点坐标公式即可得解【详解】联立，消y整
6、理得，则，所以故选：B5A【分析】根据条件概率公式求解即可.【详解】解：设两数之差为偶数为事件，小明选择的数是偶数为事件，由于他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，则小明选择的数是偶数的概率为：.故选：A6C【分析】先把已知整理成的形式，再把等式的右边利用柯西不等式进行放缩，得到关于的一元二次不等式进行求解.【详解】由已知整理得，由柯西不等式得，当时取等号，所以，即，解得，所以的最小值为.故选：C7B【分析】利用常用不等式放缩进行比较大小.【详解】设，则，当时，为增函数；当时，为减函数；所以，即；所以，即.设，则，当时，为减函数；当时，为增函数；所以，即；所以，即.若，则，与矛盾，故综上所
7、述，.故选：B8B【分析】将四面体ABCD补形为长方体，设，由已知可得，确定四面体ABCD的外接球的球心及半径，结合数量积的性质求外接球半径的最小值.【详解】将四面体补成长方体，因为，所以四边形为平行四边形，设，则分别为的中点，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，取的中点为，因为所以，同理可得，所以点为四面体的外接球的球心，设，则，因为四面体的体积为，平面ABC，所以，故，所以，故，当时取到最值故选：B.9ABD【分析】利用特殊函数举例即可.【详解】取，易知A正确取，易知B正确取，易知D正确0是的极大值，则在附近，最大，若0不是的极值，则在附近存在实数使得，与矛盾，所以C错误故选：ABD10
8、BC【分析】通过正弦曲线的单调区间和最值点，利用整体代换法将代替为即可判断出各选项的正误.【详解】利用整体代换法将代替为，通过的单调区间与最值点可以判断出，单调增区间为，单调减区间为，故选项A错误，选项B正确；最小值点为，最大值点为，所以只有可能在区间内，故选项C正确，选项D错误.故选：BC.11BCD【分析】根据抛物线的焦点坐标以及标准方程，结合抛物线的定义，利用图象，可得A、B的正误；设出直线的方程，联立直线与抛物线，写出韦达定理，根据数量积的坐标运算，整理函数关系，可得C的正误；利用两平行线之间的距离公式，结合导数求得范围，可得D的正误.【详解】对于A、B，由抛物线的焦点，则，即，其准线
9、方程为，设点到准线的距离为，则，设点到准线的距离为，易知，如下图：故A错误，B正确；对于C，由题意可知，过点的直线可设为，代入抛物线，可得，设，则，将代入上式，可得，故C正确；对于D，由C可得直线的方程为，可设直线的方程为，易知点到直线的距离等于两平行线与的距离，令，当时，当时，则在和上单调递减，在上单调递增，由当时，当时，则，可得，故D正确.故选：BCD.【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.12BD【分析】由题意，先计算前几个连续数的结果，总结规律，根据规
10、律，可得答案.【详解】对于，对于连续四个奇数，由题意运算，其结果最小值为；同理可得，对于连续四个偶数，其结果最小值为；在1到2022的2022个整数中有1011个奇数和1011个偶数， ，由，经过计算最小值为，且，经过计算最小值为，则的最小值为1；除2022之外，前2021个数中有1011个奇数和1010个偶数，由，经过计算最小值为，且，经过计算最小值为，则前2021个数经过计算最小值为，故的最大值为2021.故选：BD.1384【分析】根据二项展开式的通项公式求解.【详解】根据通项公式,令 ,解得,所以,故答案为:84.14【分析】画出图形，取的中点，连接，利用已知条件证明为四面体的外接球的
11、球心，在直角三角形中解出球体的半径，从而求出四面体外接球的表面积.【详解】如图所示，取的中点，连接因为，所以，又因为，所以，所以，所以为四面体的外接球的球心，设半径为，所以在中，由，所以，在中，所以所以所以四面体外接球的表面积为： 故答案为：.15【分析】求解出，利用定义法判断出其为奇函数，从而得到的图象的对称中心.【详解】因为，定义域为R，且，所以为奇函数，故的图象的对称中心为.故答案为：.16【分析】设圆的切线为，由得，从而可求出的取值范围，利用勾股定理，可求出此时的最大值.【详解】解：由题意知，圆心，半径所以，圆心到直线的距离，即直线和圆相离.从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅当两条
12、线为切线时最大，不妨设切线为，由知，即.所以，解得.所以在直线上，当最大时，点到圆心的距离为.所以，此时长度最大值为.故答案为: .17(1)(2)【分析】（1）由与的关系即可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前n项和.【详解】（1）当，故，因为，当时，,两式相减得：，即，故数列为等比数列，公比，所以（2），故，故，令，-得即，故18(1)(2)【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，角化边即可得到，再结合可得，利用余弦定理即可求解.【详解】（1）因为,结合余弦定理，得，即，所以（2）由，即，即即，又，所以，所以.19(1)(2)【分析】（1）求出
13、函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）参变分离可得在上恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.【详解】（1）解：当时，所以，所以，故所求切线方程为（2）解：因为在上恒成立，令，则，令，则，所以在上单调递减，因为，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，从而20(1)证明见解析(2)【分析】(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则，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，建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面C
14、EF与平面的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可.【详解】（1）证法1：取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为的中点，所以，因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH平面ABC，由平面ABC，所以FHBC，又E为AB的中点，则，且，所以，因为EH，平面EFH，所以BC平面EFH，因为平面EFH，所以证法2：设，则，由题知，所以，从而，即（2）由（1）知FEH为EF与平面ABC所成的角，所以，由，得如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系则，设平面CEF的一个法向量为，由得，取，平面的法向量为，由得，取，设平面CEF与平面的夹角为，则所以平面CEF与平面夹角的
15、余弦值为.21(1)(2)证明见解析【分析】（1）将点坐标代入双曲线方程，即可求解的值，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，即可得的关系，进而可得直线过定点.【详解】（1）由题知， ，得，所以双曲线E的方程为（2）由题意知，当lx轴时，与重合，由可知：是的中点，显然不符合题意，故l的斜率存在，设l的方程为，联立，消去y得，则，即，且，设，AB方程为，令，得，AN方程为，令得，由，得，即，即，即，将，代入得即，所以，得或，当，此时由，得，符合题意；当，此时直线l经过点A，与题意不符，舍去所以l的方程为，即，所以l过定点22(1)(2)证明见解析【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.【详解】（1）时，由题知对任意恒成立，因为在单调递增，则，得又，得，综上（2）法1：由题，则，而，显然在R上单调递增，由零点存在定理知存在唯一使，所以在单调递减，在单调递增，所以，所以记，单调递减，又，故，又，故，则，命题得证（2）法2：由题，则，而，显然在R上单调递增，由零点存在定理知存在唯一，使，所以在单调递减，在单调递增，所以，记，则对称轴，所以命题得证
