2022浙江省精诚联盟高三下学期5月适应性联考数学试题含解析

2022届5月浙江省精诚联盟高三下学期适应性联考数学试题

一、选择题：本大题共10小题，每小题4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，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由集合的并运算即可求解.

【详解】由题意得，，

故选：A.

2. 已知，若复数为实数，则的值是（    ）

A. -1 B. 0 C. 1 D. -1或1

【答案】A

【解析】

【分析】先利用复数除法法则计算得到，从而得到，求出答案.

【详解】，

由题意得：，解得：

故选：A

3. 从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出从袋子中取出一个红球的概率，进而得到，利用二项分布的方差公式进行求解.

【详解】由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为，

因为是有放回的取球，所以，

所以

故选：D

4. 设、满足约束条件，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最小时对应的最优解，代入目标函数即可得解.

【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，可得，即点，

令，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，

直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即.

故选：B.

5. 函数的图象可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】通过判断不是奇函数，排除A，B，又因为，排除C，即可得出答案.

【详解】因为的定义域为，又因为，所以不是奇函数，排除A，B.

，所以排除C.

故选：D.

6. 某几何体的三视图如图所示，其正视图、侧视图和俯视图均是边长为2的正方形，则该几何体的体积是（    ）

A.  B. 4

C. 4或 D. 或4或

【答案】C

【解析】

【分析】该几何体可看作正方体去掉四个三棱锥或三个三棱锥，如图，即可求出体积.

【详解】（1）如图，该几何体可能为棱长为2的正方体中的一部分，如图粗线部分，则此时该几何体可看作正方体去掉四个三棱锥，则体积为；

（2）如图，该几何体可能为棱长为2的正方体中的一部分，如图粗线部分，则此时该几何体可看作正方体去掉三个三棱锥，则体积为；

综上，该几何体的体积是4或.

故选：C.

7. 在锐角中，“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】由题目条件可得，又因为，可解得：，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】因为，

所以，

又因为，当且仅当时取等.所以，所以，又因为为锐角三角形，所以，所以.

所以能推出，但推不出.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线左、右支分别交于，两点，若，的面积为，双曲线的离心率为，则（    ）

A.  B. 2

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用双曲线的定义得到，，利用余弦定理表达出，进而表达出正弦，求出与面积相加，得到的面积，得到方程，解出离心率的平方.

【详解】如图，由双曲线的定义可知：，，

因为，所以，

代入中，可得：，

因为，

所以在三角形中，由余弦定理得：，

因为，

所以，

则，

取的中点M，连接BM，

因为，所以，，

所以，

，

又因为，

所以，

化简得：，

同除以得：，

解得：或（舍去）

故选：D

9. 已知，函，若函数有三个不同的零点，为自然对数的底数，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】B

【解析】

【分析】当时，转化为，令，用导数法作出函数图象，当时，转化为，令，用导数法作出函数图象，利用数形结合法求解.

【详解】当时，，即，故，

令，则，令，得，

当时，，当时，，

作出函数的图象如图所示：

由图象知：当时，方程有两不等实根，

当时，方程有一个实根；

令，显然,所以，

令，则在上恒成立，

则在上递增，且，

作出函数的图象如图所示：

由图象知：当时，方程在恰有一个实根，

即此时有三个不同的零点，

综上，的取值范围是.

故选：B

10. 已知数列中，，，记，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可得，令，则可得，再由函数的单调性可得，从而可得数列是公比为2的等比数列，则得，得，从而得放缩法可求出的范围

【详解】解：因为，则，故，依次类推有，

令，则，，

又因为在上递增，故，即，

所以数列是公比为2的等比数列，

故有，即，亦即，

则，

又因为

，

故选：B.

二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）

11. “圆材埋壁”是我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”的模型，其截面如图所示，若圆柱形材料的底面半径为1，截面圆圆心为，墙壁截面为矩形，且，则扇形的面积是__________.

【答案】##

【解析】

【分析】计算，再利用扇形的面积公式求解.

【详解】由题意可知，圆的半径为，即，

又，所以为正三角形，∴，

所以扇形的面积是.

故答案为：

12. 已知，则__________，不等式的解集是__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由函数的解析式可求得的值，分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集.

【详解】因为且，所以，.

当时，由可得，此时；

当时，由可得或，解得或，此时.

综上所述，不等式的解集为.

故答案为：；.

13. 如图，在中，，，，，则_________，_________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由，利用三角公式求出；利用正弦定理直接求出BD.

【详解】因为，所以，所以.

因为，所以，所以，

又为锐角，所以.

在中，，，，由正弦定理得：，即,解得：.

故答案为：；

14. 设（其中为偶数），若对任意的，总有成立，则_________，_________.

【答案】    ①. 8    ②.

【解析】

【分析】先得到，根据二项式性质可知，赋值法求解.

【详解】由题意得：，

因，为偶数，所以由二项式性质可知：，解得：，

由于，

令得：，所以

故答案为：8，

15. 如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域，，，和，，，分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有_________种；区域，，，和，，，分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有_________种.

【答案】    ①. 24    ②. 216

【解析】

【分析】分析知：区域，，，和，，，分别各涂2种不同颜色，则，同色即可；区域，，，和，，，分别各涂4种不同颜色的涂色，则先涂共有种，再涂共有9种，由分步乘法原理即可得出答案.

【详解】，同色，所以先涂有：，再涂有种，所以共有：种.

先涂共有：种，设四种颜色为，假设涂的颜色分别为，则涂色情况如下：

，，，共9种，所以：种.

故答案为：24；216.

16. 如图，在四棱锥中，，分别是，的中点，底面，，，，若平面平面，则二面角的正弦值是_________.

【答案】##

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，再由向量的夹角公式代入求解余弦值，从而可得正弦值.

【详解】设，则平面平面，

由重心的性质可得，

因为底面，，设，

，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，，

，

设平面，的法向量为，

则，

，

所以，由图可知，

二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为，

正弦值为.

故答案为：

【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

17. 已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是_________.

【答案】

【解析】

【分析】分析可得，设，，可得出，可设，可得出向量的坐标，设，可得出、所满足的等式，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.

【详解】因为，即，可得，

设，，则，则，

设，则，

因为，，则或，

因为，则或，

令，则或，

根据对称性，可只考虑，

由，

记点、、，则，，

所以，，

当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立，

所以，

.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：

（1）利用定义：

（2）利用向量的坐标运算；

（3）利用数量积的几何意义．

具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

三、解答题：本大题共5个题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

18. 已知函数.

（1）求函数的值域；

（2）若函数为偶函数，求的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先化简函数为，再利用正弦函数的性质求解；

（2）易得，根据函数为偶函数，由求解.

【小问1详解】

解：因为，

，

，

则函数的值域为；

【小问2详解】

，

因为函数为偶函数，

所以，

即，

所以最小值是.

19. 如图，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面为菱形，，，.

（1）证明：平面；

（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）由，利用线面平行判定可证得结论；

（2）取中点，作，垂足为，根据长度关系可得，，由线面垂直和面面垂直的判定与性质可证得平面，结合可知所求角即为，由长度关系可得结果.

【小问1详解】

四边形为平行四边形，，

平面，平面，平面.

【小问2详解】

取中点，连接，过点作，垂足为，连接；

为正三角形，，，；

侧面为菱形，为正三角形，，

，，，；

又，，；

，平面，平面，又平面，平面平面，

平面平面，，平面，

平面，则是直线与平面所成的角，

又，，

，直线与平面所成角的正弦值为.

20. 已知数列满足：对任意，有.

（1）求数列的通项公式;

（2）设，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）当时，易知，当时，有递推关系可知，将其与与原递推关系作差，即可得到结果，再检验是否满足，进而得到结果；

（2）由（1）并结合题意可知，根据裂项相消法可知数列的前项和为，由此即可证明结果.

【小问1详解】

解：当时，，故，

当时，，则

，

故，

当时，上式亦满足；

综上， ；

【小问2详解】

解：因为

，

，

故.

21. 如图，过点作抛物线的两条切线，，切点分别是，，动点为抛物线上在，之间部分上的任意一点，抛物线在点处的切线分别交，于点，.

（1）若，证明：直线经过点；

（2）若分别记，的面积为，，求的值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）设直线AB方程，点，联立直线AB与抛物线C的方程可得，再求出抛物线C在点A，B处切线斜率推理得证.

（2）由（1）求出PA，PB的方程，进而求出直线AB方程，设点得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.

【小问1详解】

设，直线的方程为，由消去y并整理得：，有，

令抛物线在点A处切线方程为，由消去y并整理得：

，则有，

解得，同理，抛物线在点B处切线斜率为，

因，则有，解得，

所以直线：恒过定点.

【小问2详解】

由（1）知，切线的方程为：，整理得：，

同理切线的方程为：，设点，则切线的方程为：，

而点，即有，，因此直线的方程为：，

有，点到直线的距离是，则，

由解得点M的横坐标，同理点N的横坐标，

有，点到直线的距离，则，

所以.

【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.

22. 已知，函数.

（1）当时，求的单调区间和极值；

（2）若有两个不同的极值点，.

（i）求实数的取值范围；

（ii）证明：（……为自然对数的底数）.

【答案】（1）递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值   

（2）（i）；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；

(2)(i)由，构造函数()，将问题转化函数有个不同零点，利用导数分类讨论函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果；

(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得，

利用放缩法和导数证明在上恒成立即可.

【小问1详解】

当时，()，则，

故当时，，当时，，

故的递减区间为，递增区间为，

极小值为，无极大值；

【小问2详解】

(i)因为()，

令()，问题可转化函数有个不同的零点，

又，令，

故函数在上递减，在上递增，

故，故，即，

当时，在时，函数，不符题意，

当时，则，，，

即当时，存在，，

使得在上递增，在上递减，在上递增，

故有两个不同的极值点的a的取值范围为；

（ii）因为，，且，

令，则，，

又，

令，即只要证明，即，

令，

则，

故在上递增，且，所以，即，

从而，

又因为二次函数的判别式，

即，即，

所以在上恒成立，故.

【点睛】破解含双参不等式证明题3个关键点

（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.

（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.

（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.