2022届浙江省宁波市高三下学期高考模拟考试（二模）数学试卷 附答案

这是一份2022届浙江省宁波市高三下学期高考模拟考试（二模）数学试卷 附答案，共2页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 双曲线的渐近线方程为， 已知，为实数，则“”是“”， 的展开式中的系数是， 函数的图象大致是， 如图，在正三棱台中，，，， 已知平面向量，，满足，，，， 已知数列满足，等内容，欢迎下载使用。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【1题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，再根据集合的交集运算求得答案.
【详解】由题意，，
故，
故选：B
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【2题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】把双曲线方程中常数改为0，化简即得．
【详解】由双曲线方程得，即，此为渐近线方程．
故选：D．
3. 已知，为实数，则“”是“”（ ）
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
【3题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】通过分析条件能否推出结论，结论能否推出条件，即可确定正确选项.
【详解】因为，则，所以，即由可推出，
取，可得，而，即由不可推出，
所以“”是“”的充分不必要条件，故A对，B,C,D错,
故选：A.
4. 若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A. 5B. 7C. 9D. 11
【4题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】作出不等式组表示的平面区域，根据线性规划求得z的最大值.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图：（阴影部分）
平移直线 ，过点A时，z取得最大值，
联立 得 ，
将坐标代入，得z的最大值为9，
故选：C
5. 的展开式中的系数是（ ）
A. 10B. C. D.
【5题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】运用二项式通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为：，
令，所以的展开式中的系数是，
故选：D
6. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【6题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】先判断奇偶性，再求导确定单调性即可得出答案.
【详解】由题意知：定义域为，，为偶函数，排除B，
当时，，，当，，单减；
当，，单增.
故选：D.
7. 如图，在正三棱台中，，，.，分别是，的中点，则（ ）
A. 直线平面，直线与垂直
B. 直线平面，直线与所成角的大小是
C. 直线与平面相交，直线与垂直
D. 直线与平面相交，直线与所成角的大小是
【7题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】取中点，利用平面平面，可证直线平面面面平行，取中点，中点，可知，，再利用余弦定理计算求解即可.
【详解】取中点，连接，，由题意可知，，，
所以平面平面，
所以直线平面，
取中点，中点，中点，连接，，，，，
易知，，
所以直线与直线所成角即为直线与所成角，
在等腰梯形中，，，，
可得，，，分别为，中点，所以，
同理：，
在等腰梯形中，，，，可得，
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，即直线与直线所成角的大小是，
因此直线与所成角的大小是，
故选：B.
8. 正实数，，互不相等且满足，则下列结论成立的是（ ）
A. B. C. D.
【8题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】将化为，结合基本不等式即可推得； 将变为利用基本不等式可推得，可得答案.
【详解】由可得：，
由于正实数，不相等，故，
即，则 ，
又可得，（a,c不相等），
故，即，
由于，故，
故，
故选：A
9. 已知平面向量，，满足，，，（，）.当时，（ ）
A. B. C. D.
【9题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】分析题目条件，得到，画出草图，利用等和线得到，过O点,C点分别向AB做垂线，得到两个相似比为1比3的直角三角形，设出∠CAB=θ，然后利用角表示边，通过勾股定理得到角的大小，从而得到边长的大小，进而求出的大小
【详解】解析：作，，，由题意，
设直线与直线交于点，
∵（，），
∴点在线段上（不含端点）
又，结合等和线性质，可知
作于，于，
有，
记
①当点在线段上时，，
由，得，可解得，进而有
此时，，
（注：点为线段的中点，在线段上，符合题意）
可得，所以
②当点在线段的反向延长线上时，同①方法可推得点与点重合，矛盾综上，.
故选：A
10. 已知数列满足，.若对恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【10题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】令，则问题转化为，，且，再分别在，，，进行分类讨论即可.
【详解】令，则问题转化为，，且.
当时，则，不符合题意；
当时，首先，解得.
当时，用数学归纳法可得，其中满足，
所以.
令，，则，
令，得，所以存在使得，当时，，
当时，，所以先增后减.
所以.
所以.
当时，设满足，则存在，
此时，不符合题意.
综上，正实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
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. 设复数（为虚数单位），则______.
【11题答案】
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数的除法以及模长公式求解即可.
【详解】，则
故答案为：
【点睛】本题主要考查了复数的除法以及模长公式，属于基础题.
12. 2022年北京冬奥会开幕式以中国传统24节气作为倒计时进入，草木生长的勃勃生机拉开春意盎然的开幕式序幕.在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长与最短的日子分别被定为冬至与夏至，其日影长分别为13.5尺与1.5尺.从冬至到夏至，依次有冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种､夏至这十三个节气，其日影长依次成等差数列，则北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是___________尺.
【12题答案】
【答案】
【解析】
【分析】依题意设日影长为等差数列，则、，即可求出公差，从而求出，即可得解；
【详解】解：依题意设日影长为等差数列，其中、，所以，所以，即北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是尺；
故答案为：
13. 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___________，表面积（单位：）是___________.
【13题答案】
【答案】 ①. 60 ②.
【解析】
【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积和表面积．
【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为五棱柱体；
如图所示：
利用割补法：把五棱柱分成两部分，下面是一个长方体，上面是一个三棱柱；
其中长方体长宽高为：5cm，4cm,2cm,三棱柱底面三角形是底边为4cm,高为2cm的三角形，三棱柱高为5cm，
所以：，
，
故答案为：60；．
14. 一个袋中装有大小质地完全相同的个红球和个白球，从中任取3个球.记取出的白球个数为，若，则___________，___________.
【14题答案】
【答案】 ①. 2 ②. 2
【解析】
【分析】根据题意，取出的三个球中恰好有一个白球的概率，可求出的值，分别求出取出的白球为1,2,3时的概率，进而求出即可.
【详解】根据题意，取出的三个球中恰好有一个白球的概率为：
，解得；
所以袋中有2个红球，4个白球，
则取出三个球中白球的个数的可能取值为：1,2,3，
所以，，
所以，
故答案为：，.
15. 如图，在中，，，点是线段的三等分点（靠近点），若，则___________，的面积是___________.
【15题答案】
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由，可得，在中，由正弦定理求得，结合，求得，得到，设，
得到，利用余弦定理列出方程，求得，利用面积公式，即可求解.
【详解】在中，因为，可得，
由，且，
在中，由正弦定理，
可得，
因为，所以为锐角，所以，
又由
，
所以，所以，
设，
因为且点是线段的三等分点，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，所以，
所以，
所以的面积为.
故答案为：；.
16. 设，函数若函数的最小值为0，则的取值范围是___________；若函数有4个零点，则的值是___________.
【16题答案】
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的单调性，结合函数最小值的定义进行求解即可；
（2）根据零点的定义，结合函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）当时，函数单调递减，所以有，
因此要使的最小值为0，则当时，有解，
即有解，，
所以
（2）当时，的解为；
当时，有三个解.
若，则至多只有两个解，不符合题意，所以.
所以有，解得.
故答案为：；.
17. 已知点A是椭圆：的左顶点，过点A且斜率为的直线与椭圆交于另一点（点在第一象限）.以原点为圆心，为半径的圆在点处的切线与轴交于点.若，则椭圆离心率的取值范围是___________.
【17题答案】
【答案】
【解析】
【分析】由题意可推得要使，只需，由此设直线方程，并联立椭圆方程，求出点坐标，进而得到，令，即可得到a,b的不等关系，求得答案.
【详解】要使，只要，只要，
即只要.
∵直线方程为：，
联立 ，
得，即（*）
注意到为方程（*）的一个根，故，
所以点，可得，
由于 ,故，
令，得，
即
所以离心率的取值范围是，
故答案为：
三､解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
18. 已知.
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）求函数在的取值范围.
【18题答案】
【答案】（1）最小正周期，单调递增区间为，
（2）
【解析】
【分析】（1）将化为只含一个三角函数形式，根据正弦函数的性质即可求得答案；
（2）将展开化简为，结合，求出的范围，即可求得答案.
【小问1详解】
，所以；
因，，
所以，，
函数的单调递增区间为，；
【小问2详解】
，
因为，所以，，
因此函数在的取值范围为.
20. 如图，在四棱锥中，，均为等边三角形，.
（1）求证：平面；
（2）若，，分别是，的中点，在边上，且.求直线与平面所成角的正弦值.
【20题答案】
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，证明，，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间平面直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求得平面的法向量，根据向量的夹角公式，求得答案.
【小问1详解】
证明：取中点，因为，均为等边三角形，
则,而，
所以，，三点共线，且，，
又平面，
所以平面，即平面.
【小问2详解】
由题意可知：三棱锥为 正四面体，
故点在底面上的投影为的中心.，
如图以H为坐标原点，过H在面ABC内作AC垂线为x轴，HC为y轴，HP为z轴，建立空间直角坐标系.
设，则，，，，
则，，，
于是，，,
设平面的法向量为,
则，即，
令 ，则可取，
设直线与平面所成的线面角大小为，
则，
因此直线与平面所成的线面角的正弦值.
22. 在正项等比数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足求数列的前项和.
【22题答案】
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）根据对数的运算性质，结合错位相减法进行求解即可.
【小问1详解】
设公比为，由题，
解得或（舍），
所以.
【小问2详解】
因为，所以
令，则
所以
令，.
则.
则，
作差可得：，
所以，
所以.
24. 已知点在抛物线上，点（其中）.如图过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在点的上方），直线与抛物线交于另一点.
（1）记，当时，求的值；
（2）若面积大于27，求的取值范围.
【24题答案】
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出抛物线方程，即可求出直线，的方程，再联立直线与抛物线方程，求出交点坐标，再根据两点的距离公式求出，，，，即可得解；
（2）设，，即可得到的方程，从而得到点坐标，即可得到直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出，再由点到直线的距离公式求出到直线的距离，即可得到，再利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围，从而得到的取值范围；
【小问1详解】
解：由题可知：，所以，所以抛物线方程为.
当时，，所以，，联立，消去得，
解得或，所以，.所以，，
∴，
又，消去整理得，解得，，所以，所以，，
∴.
所以.
【小问2详解】
解：设，，则.
令，则，即.
所以.
联立，消元整理得，解得、，
∴.
而，
∴
因为且，所以.
所以.
令，
则.
∴在上单调递减.
又当时，.
所以当时，
∴.
26. 设实数，函数.
（1）当时，求函数的极小值；
（2）若存在满足，，且，求的取值范围.（注：是自然对数的底数）
【26题答案】
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，进而求得函数的极小值；
（2）由题意，得，根据函数的极小值点可得到，通过构造函数证明恒成立，进而求出，从而求得a的取值范围.
【小问1详解】
，
当时，，
由于，在上均为增函数，
可知在上单调递增，
又，故在上，在上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此，的极小值为.
【小问2详解】
由题意，得，
同（1）分析，可知存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增.
记，可知当时，，
注意到当时，
若恒大于，
则等价于（*）,
又由，得，
代入（*），得，解得，
所以.
下面证明恒成立.
先证.
令，
由，得，
求导得,
令，，
考虑函数
,
由，得，
所以①
由于对任意成立，
分别取和，得，，
上述两式相加，得
,
所以②
将①，②两式代入，得,
令，则在上恒成立，
∴，即，
∴，
分别取和，得，,
从而，也即，所以在上单调递减,
∵，，
∴,
又∵，，在上单调递增，∴,
故有；
再证
由于对任意成立，分别取和，
得，，
上述两式相加，得
，
又由，得，故有，
因此，.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值以及解决不等式恒成立时求参数的范围，综合性强，计算量大，要求能灵活应用导数的相关知识，解答的关键是通过恰当的变式，构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题.