浙江省稽阳联谊学校2021-2022学年高三数学下学期4月联考试题（Word版附解析）

2022年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题卷考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题卷.参考公式：如果事件A，B互斥，那么如果事件A，B相互独立，那么如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率柱体的体积公式，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高台体的体积公式，其中，分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高球的表面积公式球的体积公式，其中R表示球的半径第Ⅰ卷（选择题，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.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由补集、交集的概念运算 【详解】，则．故选：B2.设复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数z，即可得到正确答案.【详解】,复数在复平面内对应的点在第四象限.故选：D.3.已知，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】寻找两个命题的等价命题，根据等价命题之间的关系判断．【详解】，时，，，而是的充分不必要条件，故选：A.4.若实数满足约束条件，则的最小值为（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】画出可行域，而的几何意义表示区域内的点到定点的距离，观察图可知的最小值即为点到直线的距离，然后利用点到直线的距离公式求解即可 【详解】可行域如图的几何意义表示区域内的点到定点的距离，所以由图可知的最小值即为点到直线的距离，故选：B.5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（）A.B.C.D.12【答案】C【解析】【分析】根据三视图判断几何体的形状，利用空间几何体的体积公式进行求解即可.【详解】原图为如图所示的多边体，即，所以. 故选：C.6.函数的图象如图所示，则（）A.，，B.，，C.，，D.，，【答案】A【解析】【分析】根据图象关于轴对称，可得为偶函数，即可求得b值，根据图象可得，可判断c的正负，根据分母有解，可判断a的正负，即可得答案.【详解】因为函数图象关于轴对称，所以为偶函数，所以，解得，由图象可得，得， 由图象可得分母有解，所以有解，所以，解得.故选：A.7.如图，在中，，，为底边上动点，，，沿折痕把折成直二面角，则的余弦值的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，设,则，其中，进而根据三余弦公式求解即可【详解】解：法一：设,则，其中，因为二面角为直二面角，所以，由三余弦公式得：所以.故选：C.法二：特殊图形，极端原理在正中，当位于点时，，当位于中点时，.故选：C8.设，，若，则的最大值为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】法一：设，进而将问题转化为已知，求的最大值问题，再根据基本不等式求解即可；法二：由题知进而根据三角换元得，再根据三角函数最值求解即可.【详解】解：法一：（基本不等式）设，则，条件，所以，即.故选：D.法二：（三角换元）由条件，故可设，即，由于，，故，解得所以，，所以,当且仅当时取等号.故选：D.9.已知椭圆与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，的外接圆半径为，则点在（）上.A.直线B.椭圆C.双曲线D.抛物线 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆和抛物线线的对称性，结合三角形外心的性质、双曲线的定义进行求解即可.【详解】设则由得，由条件外心必在轴上，故可设外心，由,得，，代入（*）式，得.所以点双曲线上，故选：C.10.已知数列满足，，记数列的前n项和为，设集合，对恒成立，则集合N的元素个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由题知，进而得，故一方面，结合得，进而得，另一方面，根据得，进而得，即可得，进而得答案.【详解】解：令，解得，即数列的不动点为，其生成函数为，所以，作出函数与函数的图像如图： 故，由蛛网图：，,即，又，一方面，由得，，，，且当，，. 另一方面，（法一）由得，，，且当，，，必须大于等于.所以集合的元素个数是2，故选：B.另一方面，（法二）由，得，又.又当，，必须大于等于..所以集合的元素个数是2，故选：B.【点睛】本题考查数列不等式恒成立问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题解题的关键在于根据蛛网图模型得，进而得，再分别说明，即可.第Ⅱ卷（非选择题共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.祖暅，祖冲之之子，南北朝时代伟大的科学家，于5世纪末提出下面的体积计算原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么两个几 何体的体积相等，现有如图的半椭球体与被挖去圆锥的圆柱等高，且平行于底面的平面在任意高度截两几何体所得截面面积相等，已知圆柱高为h，底面半径为r，则半椭球的体积是________.【答案】【解析】【分析】依题意半椭球体积即为圆柱的体积减去圆锥的体积，根据体积公式计算可得；【详解】解：依题意可得故答案为：12.已知，则_______；若，则_______.【答案】①.②.6【解析】【分析】令，可求得；写出的表达式，利用组合数的性质，结合，可求得n.【详解】令，得；，而,故,故答案为：n；613.在中，，，点D在线段上，满足，，则_______，的面积为_______.【答案】①.##0.8②.【解析】 【分析】中由正弦定理求得得，从而求得，，中由诱导公式、两角和的正弦公式求得，然后由面积公式计算．【详解】由得，所以，又，所以，，，，，.故答案为：；．14.盒中有红球、黄球、蓝球各两个，从中随机取球，则至少取_______个球才能保证取到同色球；若每次取1个，不放回，直到取到同色球为止.设此过程中取出球的颜色数为X，则_______.【答案】①.4②.【解析】【分析】由题可知保证取到同色球至少取4个球，的所有可能取值为：1，2，3，再利用古典概型概率公式及排列组合求相应概率，利用期望公式即得.【详解】因为盒中有红球、黄球、蓝球各两个，故要保证取到同色球至少取4个球；由题可知的所有可能取值为：1，2，3；；；故.故答案为：4；.15.已知，函数若，则_______.【答案】或【解析】【分析】根据分段函数的定义域代入求值可得答案. 【详解】,当时，，得，故；当时，，故.故答案为：或.16.已知，是椭圆的上、下焦点，过点且斜率大于0的直线l交椭圆于A、B两点，若，，则椭圆的离心率为_______，直线l的斜率为_______.【答案】①.②.【解析】【分析】设，由椭圆定义结合余弦定理得，，，，，，是等腰三角形，是底边中点，则，平分，由得出，再求得，可得离心率及直线斜率．【详解】设，则，，，由题，，即，得即，所以，于是，，，，，是等腰三角形，是底边中点，则，平分，（是知轴顶点），，又，故，所以，，.故答案为：；， 17.已知平面向量，满足，与的夹角为60°，则的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】由题知，与的夹角为，进而记，，，，故点在以为弦，半径长为的圆的优弧上，进而得，再根据几何意义即可得答案.【详解】解：与的夹角为，即与的夹角为，记，，，，则，，，因为，所以，设为中点，则，所以，由正弦定理得外接圆的半径，所以，点在以为弦，半径长为的圆的优弧上，所以，，因为，所以，所以的取值范围为.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.已知函数.（1）求区数在区间上的值域；（2）若，且，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据二倍角公式和三角恒等变化，可得的解析式，再根据三角函数的性质，即可求出结果；（2）由（1）可得，再根据角的范围，和正弦的二倍角公式可得的值，再根据诱导公式可得，由此即可求出结果.【小问1详解】解：，所以， 当时，，故从而，所以函数在区间上的值域为：；【小问2详解】解：所以，因，若，则，矛盾！故，从而所以.19.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，∥，. （1）若M为中点，求证：∥平面；（2）若为正三角形，且，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N，连接，则可得四边形为平行四边形，所以∥,然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）取的中点，的中点，连接，则平面，从而平面，得，再根据已知条件在中，利用余弦定理可求得，作，交的延长线于点，连接，则可得为直线与平面所成的角，在直角中可求得答案【小问1详解】取中点，连接，因为M为中点，所以∥,，因为∥，,所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥,因为平面,平面,所以∥平面【小问2详解】取的中点，的中点，连接,因为为正三角形，四边形为等腰梯形，所以,，所以平面， 因为∥，所以平面，因为平面，所以,所以，因为在等腰梯形中，∥，，所以，因为为正三角形，，所以，所以在中，由余弦定理得，因为，所以,作，交的延长线于点，连接，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，所以为直线与平面所成的角，在中，，因为所以,所以直线与平面所成角的正弦值为， 20.设首项为a的等比数列的前项和为，若等差数列的前三项恰为，，.（1）求数列，的通项公式；（用字母a表示）（2）令，若对恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据等差中项公式及等比数列求和公式可得，从而即可求解数列，的通项公式；（2）利用错位相减法求出数列前n项和，进而可得恒成立，令，判断的单调性，求出其最大值，从而即可求解.【小问1详解】解：设等比数列的公比为，依题意有，故，所以，即，解得，所以， 又，所以公差，所以；【小问2详解】解：，令，则，，所以，所以，由题意，对都有，即恒成立，令，则时，故时，数列递减，又，故，所以，即的取值范围为.21.如图，点在抛物线上，抛物线的焦点为，且，直线交抛物线于B，C两点（C点在第一象限），过点C作y轴的垂线分别交直线，于点P，Q，记，的面积分别为，.（1）求的值及抛物线的方程； （2）当时，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用定义即得；（2）分别将两个三角形的面积转化为坐标表示，结合韦达定理即得.【小问1详解】（1），.【小问2详解】（2）设，因为直线OA：则，直线的方程为:,,联立方程组消去可得:, ,又,,故.22.已知函数，的导函数为.（1）记，讨论函数的单调性；（2）若函数有两个零点（i）求证：；（ii）若，求a的取值范围.【答案】（1）答案见详解；（2）（i）证明见详解；（ii）．【解析】【分析】（1）求导讨论与即可求出结果；（2）（i）根据零点存在定理证出，从而证明结论；（ii）由，得，令则，先求得范围，又，故令，利用导数求得函数值域，从而求出a的取值范围．【小问1详解】由题意知：，， 当时，恒成立，故在R上单调递增；当时，令，得，故在上递减，在上递增；【小问2详解】（i）依题意知：有两个零点，由（1）知应有：，所以，因，则令，，则故即，又则，综上有：，从而：（ii）又，即，同理两式相除有：，令，则，即，从而有：，故，因，即，故，令（）则（根据常见不等式可知） 故在上递减，所以，，即，而，令，则，从而在上递减，所以，即的取值范围为：．