浙江省嘉兴市2022届高三数学下学期4月二模试题（Word版附解析）

2022年4月嘉兴市模拟考试高三数学一､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.【答案】A【解析】【分析】先解出集合，再计算即可.【详解】，故.故选：A.2.已知（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（）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】先利用复数的除法得到复数，转化为的形式，再利用复数的几何意义求解.【详解】因为复数，所以，所以复数在复平面对应的点位于第四象限.故选：D.3.若实数x，y满足约束条件则的最小值是（）A.1B.2C.4D.6【答案】B【解析】【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移，观察直线在轴上的截距变化，然后将最优解代入目标函数可得到结果． 【详解】作出不等式组，表示的可行域，如下图：将直线进行平移，观察直线在轴上的截距变化，可知当直线经过点时，直线在轴上的截距最小，此时目标函数达到最小值，联立，解得，可得点，即.故选：B.4.若，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式结合充分条件和必要条件定义即可得出答案.【详解】解：当时，，当且仅当，即时，取等号，所以， 当时，，此时，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何正视图体的表面积（单位：）是（）A.17B.18C.19D.20【答案】B【解析】【分析】先由三视图复原出几何体，再计算表面积即可.【详解】由三视图可知该几何体为两个长方体拼接在一起，如图所示：故表面积为：.故选：B.6.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（）（是自然对数的底数） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性可排除A，根据函数的定义域可排除CD.【详解】解：对于A，函数的定义域为，由，所以函数为奇函数，不符合题意；对于B，函数的定义域为，由，所以函数为偶函数，符合题意；对于C，函数，则，得且，故函数的定义域为且， 结合函数图像可知，不符题意；对于D，函数的定义域为且，结合函数图像可知，不符题意.故选：B.7.如图，已知正方体的棱长为，则下列结论中正确的是（）①若是直线上的动点，则平面②若是直线上的动点，则三棱锥的体积为定值③平面与平面所成的锐二面角的大小为④若是直线上的动点，则A.①②③B.②③④C.①②④D.①③④【答案】C【解析】【分析】连接，利用面面平行的判定可证得平面平面，由面面平行性质可知①正确；根据①中结论，利用体积桥的方式，由可知②正确；由面面平行知平面与平面所成的锐二面角即为平面与平面所成的锐二面角，根据二面角平面角定义知所求角为，利用正切值可说明③错误；根据线面垂直的判定可证得平面，根据线面垂直性质知④正确.【详解】对于①，连接， ，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，同理可得：平面，，平面，平面平面，若是直线上的动点，则平面，平面，①正确；对于②，由①知，平面，，②正确；对于③，连接，交于点，连接， 平面平面，平面与平面所成的锐二面角即为平面与平面所成的锐二面角，四边形为正方形，，为中点，又，，即为平面与平面所成的锐二面角的平面角，，，即平面与平面所成的锐二面角不为，③错误；对于④，四边形为正方形，，平面，平面，，又，平面，平面；若是直线上的动点，则平面，，④正确. 故选：C.8.设a，，若时，恒有，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用特殊值及解决恒成立问题常用分离参数转化为求最值问题即可求解.【详解】当时，恒有，当时，原式化为；当时，原式化为，即，.又时，恒成立；，即恒成立；恒成立；当时，恒成立，令，则由二次函数的性质，知在单调递增；，即，又，，则.对于A，，故A不正确；对于B，，故B不正确；对于C，，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：C. 9.如图，已知，分别为双曲线的左､右焦点，为坐标原点，其渐近线与圆在第二象限交于点P，若直线交双曲线右支于点Q，且，则双曲线的离心率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知求出,再求出，即得解.【详解】解：联立二、四象限的渐近线和圆的方程得得，所以由双曲线的定义得，因为，所以所以，所以所以所以，因为直线与双曲线的右支相交，所以， 所以.所以.故选：C10.已知数列满足，，为数列的前n项和，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先判断出，通过放缩得到，再通过分析法证得，结合裂项相消即可证得，又由证得即可.【详解】当，时，因为，所以，又因为，且，下证，即证， 即证，即证，即证，即证令，即证，当，时，不等式恒成立.因此，，所以，又因为，故选：D.【点睛】本题关键点在于分析法的应用，通过分析法证得，又由放缩得到，进而通过裂项相消证得，最后由证得即可..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.11.2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花（火炬）被中国结紧紧包裹的画面，体现了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似“包裹”的图形.如图，双圆四边形即不仅有 内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形进行了大量研究，如：边长分别为a，b，c，d的双圆四边形，则其内切圆半径，外接圆半径.现有边长均为1的双圆四边形，则___________.【答案】【解析】【分析】直接由题目所给公式计算外接圆和内切圆半径即可求解.【详解】由题意知：，故，，，故.故答案为：.12.已知函数的定义域为R，且满足，当时，若，则实数___________，___________.【答案】①.②.##【解析】【分析】①先由得到，再由解析式分别求出 ，由解出即可；②直接代入对应解析式计算即可.【详解】①由可知，又故，又，故，；②.故答案为：；.13.已知多项式，则___________，___________.【答案】①.±1②.-47【解析】【分析】根据多项式的展开式，由常数项为0求a，再利用通项公式分别求得即可.【详解】解：因为多项式，所以，即，解得，又，，所以，故答案为：±1，-4714.在锐角中，，，点D在线段上，且，，则___________，___________.【答案】①.②.3【解析】 【分析】在中由正弦定理求出，再利用诱导公式即可求出，再由余弦定理求出，即可得到，当时可得为等边三角形，即可求出，当，利用余弦定理求出，经验证不符合题意；【详解】解：中由正弦定理，即，解得，所以，由余弦定理，即，解得或，当时，，此时且，即为等边三角形，则，当时，，由余弦定理，即，解得，此时，即为直角三角形，不符合题意，故舍去；故答案为：；15.袋中有大小相同､质地均匀的1个红球､1个绿球和n个黄球.现从袋中每次随机取出一个且不放回，直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为，若，则___________，___________.【答案】①.②.##1.5【解析】【分析】由题意，随机变量时，有两种情况：第一次取到红球和第一次取到绿球，第二次取到红球，得到，求得，进而得到允许取的值为，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解. 【详解】由题意，此过程中取到黄球的个数为，可得表示取到红球后（停止取球），还没有取到黄球，有以下两种情况：第一次取到红球，概率为；第一次取到绿球，第二次取到红球，概率为，所以，解得，所以随机变量允许取值为，可得，，，，所以随机变量的分布列为：0123所以期望为.故答案为：；.16.已知函数的定义域为R，则的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】由题意得到，恒成立，进而得到，即，再代入，令，利用基本不等式求解.【详解】解：因为函数的定义域为R， 所以，恒成立，所以，即，所以，令，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值是，故答案为：17.已知平面向量，，，其中为单位向量，若，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】建立如图所示坐标系，不妨设，，，由题意，可知，记，，则，求出点的轨迹方程，由的几何意义可得即为点的轨迹上的点到点的轨迹上的点的距离，从而可得出答案.【详解】解：建立如图所示坐标系，不妨设，，，由知，点A在直线或上，由题意，可知， 记，，则，由定弦所对的角为顶角可知点B的轨迹是两个关于x轴对称的圆弧，设，则，因为，即，整理得：或，由对称性不妨只考虑第一象限的情况，因为的几何意义为：圆弧的点到直线上的点的距离，所以最小值为，故.故答案：.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.设函数.（1）求函数的最小正周期及其对称中心；（2）求函数在上的值域.【答案】（1）周期，对称中心为（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式将的表达式化简，即可求得函数的最小正周期，结合余弦函数的对称中心可求得函数的对称中心；（2）将函数的表达式展开，并化简，根据的范围，结合正弦函数的性质可确定答案.【小问1详解】函数，所以最小正周期；令，解得，所以对称中心为；【小问2详解】函数，因为，所以， 故，故.19.如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，且.（1）证明：；（2）若E为中点，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Q，连接；先求出，证得，再由证得平面，即可证得；（2）建立空间直角坐标系，求出，平面的法向量，按照线面角的向量求法求解即可.【小问1详解】取中点Q，连接； 因为且，所以四边形是菱形，又底面是等腰梯形，所以，从而，由余弦定理知，又因为，，所以，得，又因，且，所以平面，所以；【小问2详解】分别以，为x，y轴，过B作垂直于面的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，因为，平面的法向量为，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是.20.设等差数列的前n项和为，数列是首项为1公比为的等比数列，其前n项和为，且，对任意恒成立.（1）求数列，的通项公式；（2）设，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；（2）利用（1）得出的通项公式，再利用错位相减法求出，将不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为则由，得即由①得，由②得，由③得，所以数列的通项公式为，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，，所以， ①②②-①得：化简得：，又因为，即即，（i）当时，，所以；（ii）当时，，令，则当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；当时，取得最小值为，即,所以的取值范围是.21.已知椭圆的左､右焦点分别为，，椭圆上的点 到两焦点，的距离之和为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点作直线交抛物线于点M，N，直线交抛物线于点Q，以Q为切点作抛物线的切线，且，求面积S的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，结合代入法进行求解即可；（2）根据抛物线焦点和椭圆焦点的定义求出抛物线的标准方程，设直线的方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、平行线的性质、三角形面积公式，结合基本不等式进行求解即可.【小问1详解】因为椭圆上的点到两焦点，的距离之和为4，所以有，即，将点代入椭圆的方程，得，从而， 所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】由（1）知椭圆的右焦点为，因为抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，所以，即，从而抛物线的方程为.设，，设直线为：，联立，消去x得，所以①，直线与抛物线联立，消去x得，所以得Q点的纵坐标为，所以，因为，所以直线为：与抛物线联立，消去x得，故，得，代入①式可以得，，即，又有，直线为，得，所以，当且仅当时取到最小值.【点睛】关键点睛：利用基本不等式是解题的关键.22.已知函数（是自然对数的底数）. （1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有3个极值点，，（i）求实数m的取值范围；（ii）证明：.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求解作答.（2）（i）根据给定条件可得有三个不同的解，构造函数，探讨其性质即可推理作答.（ii）由（i）确定的取值或范围，并且有，两边取对数并换元，对不等式作等价变形，构造函数，利用导数推理作答.【小问1详解】当时，，则，求导得，有，于是得，所以所求切线方程为：.【小问2详解】（i）依题意，，因函数有3个极值点，即有三个不同的解，由，得或，则有不等于-1的两个不同的解，令，求导得，当时，，当时，， 于是函数在上是增函数，在上是减函数，则，又当时，，且，当时，，因此方程有两解时，即，所以实数m的取值范围是；（ii）由（i）知，，，，，两边取自然对数得，整理得，令，则且，，，显然，等价于，，令，，则，令，则，从而得函数在上单调递增，则有，因此函数在上单调递增，总有，所以不等式成立.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明，将所证不等式等价转化，借助换元构造新函数，再利用导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.