浙江省宁波市奉化高中、三山高中等六校高三下学期联考新高考数学试题及答案解析

浙江省宁波市奉化高中、三山高中等六校高三下学期联考新高考数学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数，，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．2．已知等差数列{an}，则“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．阅读下侧程序框图，为使输出的数据为31，则①处应填的数字为A．4 B．5 C．6 D．74．设为自然对数的底数，函数，若，则()A． B． C． D．5．设，，则的值为（）A． B．C． D．6．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知集合，集合，则A． B．或C． D．8．已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（）A． B． C． D．9．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成进行分析，随机抽取了200分到450分之间的2000名学生的成绩，并根据这2000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图，如图所示，则成绩在，内的学生人数为（）A．800 B．1000 C．1200 D．160010．已知全集，集合，，则（）A． B． C． D．11．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到次结束为止．某考生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的数学期望，则的取值范围为()A． B． C． D．12．已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（）.A．16 B． C．5 D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列满足对任意，若，则数列的通项公式________．14．已知x，y＞0，且，则x+y的最小值为_____．15．已知向量，且，则___________.16．如图，已知一块半径为2的残缺的半圆形材料，O为半圆的圆心，，残缺部分位于过点C的竖直线的右侧，现要在这块材料上裁出一个直角三角形，若该直角三角形一条边在上，则裁出三角形面积的最大值为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数（1）求f(x)的单调递增区间；（2）△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且A为锐角，a=3，sinC=2sinB，求△ABC的面积.18．（12分）如图，在直棱柱中，底面为菱形，，，与相交于点，与相交于点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.19．（12分）已知△ABC的两个顶点A,B的坐标分别为(,0),(,0),圆E是△ABC的内切圆,在边AC,BC,AB上的切点分别为P,Q,R,|CP|=2,动点C的轨迹为曲线G.（1）求曲线G的方程;（2）设直线l与曲线G交于M,N两点,点D在曲线G上,是坐标原点,判断四边形OMDN的面积是否为定值?若为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.20．（12分）如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是上的点.（1）若平面，证明：平面.（2）求二面角的余弦值.21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线极坐标方程为.若直线交曲线于，两点，求线段的长.22．（10分）△的内角的对边分别为,且．(1)求角的大小(2)若,△的面积,求△的周长．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

可判断函数在上单调递增，且，所以.【详解】在上单调递增，且，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.2、C【解析】试题分析：根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解：在等差数列{an}中，若a2＞a1，则d＞0，即数列{an}为单调递增数列，若数列{an}为单调递增数列，则a2＞a1，成立，即“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”充分必要条件，故选C．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．3、B【解析】考点：程序框图．分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求S的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案．解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：Si是否继续循环循环前11/第一圈32是第二圈73是第三圈154是第四圈315否故最后当i＜5时退出，故选B．4、D【解析】

利用与的关系，求得的值.【详解】依题意，所以故选：D【点睛】本小题主要考查函数值的计算，属于基础题.5、D【解析】

利用倍角公式求得的值，利用诱导公式求得的值，利用同角三角函数关系式求得的值，进而求得的值，最后利用正切差角公式求得结果.【详解】，，，，，，，，故选：D.【点睛】该题考查的是有关三角函数求值问题，涉及到的知识点有诱导公式，正切倍角公式，同角三角函数关系式，正切差角公式，属于基础题目.6、C【解析】

设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．【详解】设直线的方程为：，，，，，联立方程，消去得：，△，，且，，，线段的中点为,，，，，，，，把代入，得，，，故选：【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．7、C【解析】

由可得，解得或，所以或，又，所以，故选C．8、D【解析】

分别求出球和圆柱的体积，然后可得比值.【详解】设圆柱的底面圆半径为，则，所以圆柱的体积.又球的体积，所以球的体积与圆柱的体积的比，故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解，侧重考查数学运算的核心素养.9、B【解析】

由图可列方程算得a，然后求出成绩在内的频率，最后根据频数=总数×频率可以求得成绩在内的学生人数.【详解】由频率和为1，得，解得，所以成绩在内的频率，所以成绩在内的学生人数.故选：B【点睛】本题主要考查频率直方图的应用，属基础题.10、B【解析】

直接利用集合的基本运算求解即可．【详解】解：全集，集合，，则，故选：．【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题．11、A【解析】

根据题意，分别求出再根据离散型随机变量期望公式进行求解即可【详解】由题可知，，，则解得，由可得，答案选A【点睛】本题考查离散型随机变量期望的求解，易错点为第三次发球分为两种情况：三次都不成功、第三次成功12、D【解析】

由，可得，由，可得，再利用“1”的妙用即可求出所求式子的最小值.【详解】设等比数列公比为，由已知，，即，解得或（舍），又，所以，即，故，所以，当且仅当时，等号成立.故选：D.【点睛】本题考查利用基本不等式求式子和的最小值问题，涉及到等比数列的知识，是一道中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由可得，利用等比数列的通项公式可得，再利用累加法求和与等比数列的求和公式，即可得出结论.【详解】由，得，数列是等比数列，首项为2，公比为2，，，，，满足上式，.故答案为:.【点睛】本题考查数列的通项公式，递推公式转化为等比数列是解题的关键，利用累加法求通项公式，属于中档题.14、1【解析】

处理变形x+y＝x（）+y结合均值不等式求解最值.【详解】x，y＞0，且，则x+y＝x（）+y1，当且仅当时取等号，此时x＝4，y＝2，取得最小值1．故答案为：1【点睛】此题考查利用均值不等式求解最值，关键在于熟练掌握均值不等式的适用条件，注意考虑等号成立的条件.15、【解析】

由向量平行的坐标表示得出，求解即可得出答案.【详解】因为，所以，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了由向量共线或平行求参数，属于基础题.16、【解析】

分两种情况讨论：（1）斜边在BC上，设，则，（2）若在若一条直角边在上，设，则，进一步利用导数的应用和三角函数关系式恒等变形和函数单调性即可求出最大值.【详解】（1）斜边在上，设，则，则，，从而.当时，此时，符合.（2）若一条直角边在上，设，则，则，，由知.，当时，，单调递增，当时，，单调递减，.当，即时，最大.故答案为：.【点睛】此题考查实际问题中导数，三角函数和函数单调性的综合应用，注意分类讨论把所有情况考虑完全，属于一般性题目.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）【解析】

（1）利用降次公式、辅助角公式化简解析式，根据三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.（2）先由求得，利用正弦定理得到，结合余弦定理列方程，求得，由此求得三角形的面积.【详解】（1）函数，，由，得.所以的单调递增区间为.（2）因为且为锐角，所以.由及正弦定理可得，又，由余弦定理可得，解得，.【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数单调区间的求法，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）要证明平面，只需证明，即可：（2）取中点，连，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出与平面的法向量，再利用计算即可.【详解】（1）∵底面为菱形，∵直棱柱平面.∵平面..平面；（2）如图，取中点，连，以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：，点，设平面的法向量为，，有，令，得又，设直线与平面所成的角为，所以故直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，本题解题关键是正确写出点的坐标.19、（1）.（2）四边形OMDN的面积是定值,其定值为.【解析】

（1）根据三角形内切圆的性质证得，由此判断出点的轨迹为椭圆，并由此求得曲线的方程.（2）将直线的斜率分成不存在或存在两种情况，求出平行四边形的面积，两种情况下四边形的面积都为，由此证得四边形的面积为定值.【详解】（1）因为圆E为△ABC的内切圆,所以|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4>|AB|所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆（点不在轴上）,所以c,a=2,b,所以曲线G的方程为,（2）因为，故四边形为平行四边形.当直线l的斜率不存在时，则四边形为为菱形，故直线MN的方程为x=﹣1或x=1,此时可求得四边形OMDN的面积为.当直线l的斜率存在时,设直线l方程是y=kx+m,代入到,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣4=0,∴x1+x2,x1x2,△=8(4k2+2﹣m2)>0,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m,|MN|点O到直线MN的距离d,由,得xD,yD，∵点D在曲线C上,所以将D点坐标代入椭圆方程得1+2k2=2m2,由题意四边形OMDN为平行四边形,∴OMDN的面积为S,由1+2k2=2m2得S,故四边形OMDN的面积是定值,其定值为.【点睛】本小题主要考查用定义法求轨迹方程，考查椭圆中四边形面积的计算，考查椭圆中的定值问题，考查运算求解能力，属于中档题.20、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）因为，利用线面平行的判定定理可证出平面，利用点线面的位置关系，得出和，由于底面，利用线面垂直的性质，得出，且，最后结合线面垂直的判定定理得出平面，即可证出平面.（2）由（1）可知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，标出点坐标，运用空间向量坐标运算求出所需向量，分别求出平面和平面的法向量，最后利用空间二面角公式，即可求出的余弦值.【详解】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以可设平面平面，又因为平面，所以.因为平面，平面，所以，从而得.因为底面，所以.因为，所以.因为，所以平面.综上，平面.（2）解：由（1）可得，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，则，，，，所以，，，.设是平面的法向量，由取取，得.设是平面的法向量，由得取，得，所以，即的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定和空间二面角的计算，还运用线面平行的性质、线面垂直的判定定理、点线面的位置关系、空间向量的坐标运算等，同时考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.21、【解析】

由，化简得，由，所以直线的直角坐标方程为，因为