浙江省杭州市2021-2022学年高三数学下学期4月二模试题（Word版附解析）

2021学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测数学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3.考试结束，只需上交答题卡.选择题部分（共40分）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.设集合，，则（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解不等式，可化简集合，最后求即可.【详解】由，所以，所以，故选：A2.若复数（i为虚数单位），则（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】复数的分式运算，同乘共轭复数，利用模长公式即可得到答案.【详解】,,故选：B.3.设为两个不同的平面，则的充要条件是（）A.内有无数条直线与平行B.垂直于同一平面 C.平行于同一条直线D.内的任何直线都与平行【答案】D【解析】【分析】根据面面平行、相交的知识确定正确选项.【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误.B选项，垂直于同一平面，与可能相交，B选项错误.C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误.D选项，内的任何直线都与平行，则，D选项正确.故选：D4.某几何体的三视图（单位：）如图所示，其中弧为四分之一圆弧，则该几何体的体积（单位：）是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由三视图可知，几何体的左边是圆柱的，右边是三棱柱，分别计算体积相加即可.【详解】由于左边是圆柱的，其体积为，右边是三棱柱，其体积为，该几何体的体积为；故选：B.5.设等差数列的前n项和为，若，则（　　）A.12B.15C.18D.21 【答案】C【解析】【分析】利用等差中项的性质以及通项公式计算即可.【详解】由等差中项的性质得，，即，，故选：C.6.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】确定函数图象关于直线对称，排除AC，再结合特殊的函数值的正负或函数零点个数排除B，得出正确结论．【详解】函数定义域是，由于的图象关于直线对称，的图象也关于直线对称，因此的图象关于直线对称，排除AC， 有无数个零点，因此也有无数个零点，且当时，，排除B．故选：D．【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7.已知函数，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先确定函数的单调性，再构造函数，研究函数的奇偶性，再依次判断题中的不等式是否成立即可．【详解】由函数单调性性质得：，在R上单调递增，所以在R上单调递增，令函数，则，所以，则函数为奇函数，且在R上单调递增，故.故选：A．8.若，则实数的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】由三角函数的诱导公式将，再运用三角恒等变换公式求解.【详解】依题意，，，则，即，故，则故选：D.9.设椭圆的左、右焦点分别为，，过原点的直线l与椭圆C相交于M，N两点（点M在第一象限）.若，，则椭圆C的离心率e的最大值为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】依题意作图，分析图中的几何关系，应用三角函数解方程即可.【详解】依题意作下图：由于，并且线段互相平分，∴四边形是矩形，其中，， 设，则，根据勾股定理：，，整理得，由于点M在第一象限，，由题意，，即，，整理得，，解得，即e的最大值为;故选：D.10.已知中，，，点在线段上除，的位置运动，现沿进行翻折，使得线段上存在一点，满足平面；若恒成立，则实数的最大值为（）A.1B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知当平面时有两个极限状态，第一是为的角平分线时，此时，第二是点与点重合时，此时，由此可得答案【详解】易知要满足平面有两个极限状态，第一是为的角平分线时，此时，第二是点与点重合时，此时；故，则实数的最大值为1，故选：A.【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中动点问题，解题的关键是当平面时有两个极限状态，分别求出值，从而可得的范围，进而可得结果，属于中档题非选择题部分（共110分）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.双曲线的离心率为______，渐近线方程为______.【答案】①.②.【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程以及几何性质即可求解.【详解】由题意可知，，渐近线方程为或，即为；故答案为：.12.若，满足约束条件，则有最________（填“大”或“小”）值为_________．【答案】①.小②.【解析】【分析】画出可行域，根据线性规划求解即可.【详解】作出可行域如图，设，则，由解得，即由图可知，无最大值，当过点时，，故答案为：小；13.已知，则______，______.【答案】①.②.【解析】 【分析】在等式中令可求得的值，分别令、，将两个等式作差可求得的值.【详解】在等式中，令可得，令，可得，①令，可得，②②①可得.故答案为：；.14.在是否接种疫苗的调查中调查了7人，7人中有4人未接种疫苗，3人接种了疫苗，从这7人中随机抽取3人进行身体检查，用X表示抽取的3人中未接种疫苗的人数，则随机变量X的数学期望为______；设A为事件“抽取的3人中，既有接种疫苗的人，也有未接种疫苗的人”，则事件A发生的概率为______.【答案】①.②.【解析】【分析】分别求出，的概率，进一步求出所以和.【详解】由题意可知，随机变量X的取值范围为{0，1，2，3}，，，，，所以.由已知条件可得.故答案为：；.15.在平面直角坐标系中，已知第一象限内的点A在直线上，，以为直径的圆C与直线l的另一个交点为D.若，则圆C的半径等于______.【答案】【解析】【分析】设出点A的坐标，写出圆C的方程，联立直线l与圆C的方程求出点D的坐标， 再借助垂直关系列式计算作答.【详解】依题意，设点，则圆心，因此，圆C的方程为，由，解得或，于得，，而，则，即，而，解得，则有点，，所以圆C的半径等于.故答案为：16.在中，，点D在边上，.若，则______.【答案】【解析】【分析】根据题目所给的条件作图，利用正弦定理以及勾股定理即可.【详解】依题意作上图，设DC=x，则BD=3x，设AC=y，根据勾股定理有：，，由正弦定理：，， 在中，，，解得，；故答案为：.17.对于二元函数，表示先关于y求最大值，再关于x求最小值.已知平面内非零向量，，，满足：，，记（m，，且，），则______.【答案】2【解析】【分析】记，，，构建直角坐标系，根据向量几何意义判断所在直线的斜率，设，，，结合函数的定义、数形结合思想研究相关向量的模长随点的变化情况，进而求目标式的值.【详解】记，，，则表示在上的投影恰为在上的投影的两倍，即射线的斜率为.设，，，记，，则，， 所以.先让m不变，n变化，即点D固定，点E变化，那么，其中，接着再让m变化，即点D变化，求的最小值.因为，当且仅当时取得等号.综上，.故答案为：2【点睛】关键点点睛：利用向量几何意义，构建直角坐标系并设A、B、C的坐标，根据函数新定义、数形结合思想将问题转化为两向量模长的比值，讨论动点位置变化对向量模长的影响确定目标式的值.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.已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）求使成立的实数x的取值集合.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由两角差的正弦和余弦公式及降幂公式化简函数解析式为，解不等式，即可得答案； （2）利用正弦函数的图象与性质求解不等式即可得答案.【小问1详解】解：因为，由，，解得，，所以的单调递增区间为，；【小问2详解】解：由（1）知，由，得，所以，，所以，，所以x的取值集合为.19.在四棱锥中，为正三角形，四边形为等腰梯形，M为棱的中点，且，.（1）求证：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）取中点为N，连结，，证明，再利用线面平行的判断推理作答.（2）取中点Q，中点O，证明平面平面，以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.【小问1详解】在等腰梯形中，，，取中点N，连结，，如图，因M为棱的中点，则，且，即四边形为平行四边形，则，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】取中点Q，中点O，连结，，，，有，且，四边形是平行四边形，则，则有，且，正中，，而，因此，，且，而，平面，则平面，平面，有平面平面，由，得，在平面内作，平面平面，即有平面， 以O为原点，射线OB，OD，Oz分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，有，设平面法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.已知数列满足，.（1）若且.（ⅰ）当成等差数列时，求k的值；（ⅱ）当且，时，求及的通项公式.（2）若，，，.设是的前n项之和，求的最大值.【答案】（1）（ⅰ），（ⅰⅰ），；（2）.【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义以及等差中项的性质即可求的值；由题可得是首项为，公比为2的等比数列，进而可得数列的通项，再利用累乘法即可求的通项公式；（2）利用分组求和可得，结合，，求出利用基本不等式求最大值，即可求出的最大值.【小问1详解】（ⅰ）因为成等差数列，所以，所以，又所以；（ⅱ）因为，所以，，所以，所以，因为，又由，所以是首项为，公比为2的等比数列，所以，所以，∴所以；【小问2详解】由可得，所以， 因为，所以，即，因为，，，所以即，，因为，，所以，因为，所以，所以，可得，所以，令，设，，对称轴为，是开口向上的抛物线，在单调递增，所以时取得最大值，故最大值为，所以最大值为.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减； （5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.21.如图，设抛物线的焦点为F，圆与y轴的正半轴的交点为A，为等边三角形.（1）求抛物线C的方程；（2）设抛物线C上的点处的切线与圆E交于M，N两点，问在圆E上是否存在点Q，使得直线，均为抛物线C的切线，若存在，求Q点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在圆上一点，满足，均为抛物线C的切线，理由见解析【解析】【分析】（1）由等边三角形及抛物线的几何性质，得，即可求出抛物线方程；（2）先求出点坐标及切线，记，设，，过点M，N作抛物线C的两条切线（异于直线）交于点Q，并设切线，，设过点M的直线与抛物线C相切，则切线有两条，对应，通过联立该直线与抛物线方程，消得到方程，即可利用韦达定理得到，同理可得， 则可联立，，消y得，，将、代入，可得，，的值可由联立与圆方程，通过韦达定理求得，故求出定点Q，最后把Q代入圆方程验证即可【小问1详解】由题，易知点，又为等边三角形，所以，所以，所以抛物线.【小问2详解】设，，过点M，N作抛物线C的两条切线（异于直线）交于点Q，并设切线，，当，代入抛物线可得，即，设过抛物线C上点的切线方程为，与抛物线联立消去得：，由解得，故该切线方程为，即，记，设过点M的直线与抛物线C相切，代入抛物线方程，得，，即， 由韦达定理得，，所以，故，同理可得，，所以切线，，联立两式消去y可得，，①代入可得，代入得，②联立与圆E可得，，所以，.分别代入①、②可得，，，即切线，的交点Q在圆E上，所以存在圆上一点，满足，均为抛物线C的切线.【点睛】直线与曲线相切，通常联立方程，利用即可求解；当切线有两条时，的方程会有两个解，此时可利用韦达定理进一步分析求解。22.已知函数在时取到极大值.（1）求实数a､b的值；（2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数t的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）因为在时取得极大值，所以可得答案.（2）设，讨论函数的单调性，得出的表达式 ，从而得到的解析式，再根据为增函数，求出参数的范围.【详解】（1）∵因为在时取得极大值所以即解得，此时，当时，，在上单调递增.当,或时，，在，单调递减.所以满足在时取到极大值.所以，（2）设，则.当时，恒成立.当时，，从而∴在上恒成立，故在上单调递减.∵，，所以.又曲线在上连续不间断.故由函数零点存在定理及其单调性知，存在唯一的，使得.∴当时，，当时，. ∴所以∴,故由于函数为增函数，且曲线在上连续不间断，∴在和上恒成立.①当时，在上恒成立，即在上恒成立，记，，则.，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.故，解得.②当时，，当时，在上恒成立.综合①,②知，当时，为增函数，故t的取值范围是.【点睛】关键点睛：本题考查根据极值求参数值和由函数的单调性求参数的范围，解答本题的关键是先讨论的单调性，得出的表达式，从而得到的解析式，属于难题.