浙江省温州市2022届高三数学下学期3月高考适应性试题（Word版附解析）

2022年3月份温州市普通高中高考适应性测试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页、满分150分，考试时间120分钟.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，那么次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率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表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中R表示球的半径选择题部分（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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】直接根据交集的定义即可得出答案.【详解】解：因为，，所以.故选：A.2.复数，则（）A.2B.3C.D.5【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式即可得解.【详解】解：，所以.故选：C.3.双曲线的离心率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的离心率公式进行求解即可.【详解】由，因此，所以该双曲线的离心率，故选：B4.设实数、满足不等式组，则的最大值为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，利用线性目标函数的几何意义找出最优解，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：平移直线，当该直线与直线重合时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，且.故选：A.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.19πB.20πC.23π.D.28π【答案】A【解析】 【分析】根据三视图可知，该几何体是由一个半球和一个圆柱组合而成的，分别求出半球和圆柱的体积即可得解.【详解】根据三视图可知，该几何体是由一个半球和一个圆柱组合而成的，其中半球的半径为，圆柱的底面圆的半径为1，高为1，所以该几何体的体积为.故选：A.6.已知，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】B【解析】【分析】由绝对值三角不等式得到，从而得到“”是“”的必要不充分条件.【详解】由绝对值三角不等式得：，当且仅当时，等号成立，所以，而，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B7.已知函数，，则图象为如图的函数可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据函数图象的对称性，结合函数奇偶性、特例法进行逐一判断即可.【详解】由函数的图象可知：该函数的图象关于原点对称，因此函数是奇函数，且定义域为非零的实数集.A：，因为，，所以，因此该函数不是奇函数，不符合题意；B：，因为，，所以，因此该函数不是奇函数，不符合题意；C：设，显然定义域为非零的实数集，因为，所以该函数是奇函数，因为，当时，，当时，，与图象不符合，因此不符合题意；D：设，显然定义域为非零的实数集，因为，所以该函数是奇函数，因为，当时，，当时，函数增长的速度远远大于函数增长的速度，而，所以，与图象符合，因此符合题意，故选：D8.已知正数a，b和实数t满足，若存在最大值，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】，分，和三种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：，①当，即时，，则的最大值为1，符合题意；②当，即时，则，所以，所以，当且仅当时取等号，此时有最小值，无最大值，与题意矛盾；③当，即时，则，当，即时，，所以，不妨设，则，即，故，此时无最大值，与题意矛盾；当，即时，，所以，当且仅当时取等号，此时有最大值，符合题意；当，即时，恒不成立，不符题意，综上所述，若存在最大值，.故选：C.9.如图，在四面体中，、分别是、的中点，过的平面分别交棱、于、（不同于、、、），、分别是棱、上的动点，则下列命题错误的是（） A.存在平面和点，使得平面B.存在平面和点，使得平面C.对任意的平面，线段平分线段D.对任意的平面，线段平分线段【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的判定定理可判断AB选项；取的中点，的中点为，设，，利用空空间向量的线性运算可得出，可判断C选项；利用反证法结合C选项可判断D选项.【详解】对于A选项，当时，因为平面，平面，此时平面，A对；对于B选项，当时，因为平面，平面，此时平面，B对；对于C选项，取的中点，的中点为，设，，则有， 同理可得，，，，所以，所以，，因为、、、四点共面，则，所以，，所以，，则，所以，，可得，即、、三点共线，即的中点在上，即线段平分线段，C对；对于D选项，若线段平分线段，又因为线段平分线段，则四边形为平行四边形，事实上，四边形不一定为平行四边形，故假设不成立，D错.故选：D.10.对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，恒有，则称数列有界；若这样的正数不存在，则称数列无界，已知数列满足：，，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A.当时，数列有界B.当时，数列有界C当时，数列有界D.当时，数列有界【答案】B【解析】 【分析】当时，构造新函数，利用导数判断其单调性，进而得出，由此判断A;构造函数，判断其单调性，推出，进而得到，从而说明，判断B;当时，说明成立，从而判断C,D.【详解】当时，令，则，当时，，故，因为，则，所以，（这是因为），令，则，故时单调递增函数，故，则，假设，则，故由归纳法可得成立，所以，故数列无界，故A错；又由，设则，故递减，则，所以，则，则， 故，则，故，即当时，数列有界，故B正确当时，，由，，假设，则，即成立，所以此时都无界，故C,D错误；【点睛】本题给定数列的新定义，要求能根据定义去判断数列是否符合要求，其中涉及到构造函数，并判断函数的单调性等问题，较为复杂，比较困难.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.在二项式的展开式中，常数项是__________，第四项的系数是__________.【答案】①.15②.20【解析】【分析】先求出通项公式，再令的指数为0求出常数项，再利用通项公式即得．【详解】因为二项式的展开式的通项公式为：；其中，1，2，3，4，5，6．令可得；故其常数项为：，由通项公式可得，第四项的系数是.故答案为：15；20．12.中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面为红色，长方形，长宽比例为3：2，旗面左上方缀五颗黄色正五角星，四颗小星环拱在一颗大星的右面，并各有一个角尖正对大星的中心点.右图是旗面左上方部分，图中每个小方格均为正方形，则图中角的正切值是__________. 【答案】【解析】【分析】根据图像中边长关系，几何余弦定理即可求.【详解】如图，设一个小正方形的边长为1，，，，由余弦定理得，， .故答案为：.13.直线过定点_________，倾斜角的最小值是_________.【答案】①.；②.##.【解析】【分析】根据直线含参数且恒过定点，让参数前面的系数为零即可，先求出斜率的取值范围，进而可求出直线的倾斜角的最小值.【详解】直线可以化为恒定点，则.直线可化为..则倾斜角的最小值是.故答案为：；.14.已知AD是的角平分线，，，，则_________，________.【答案】①.②.##【解析】【分析】直接利用余弦定理即可求得，根据二倍角公式求得，根据平方关系求得，再根据即可求出.【详解】解：因为，所以，因为AD是的角平分线，所以， 则，则，所以，所以，又，即，解得.故答案为：；.15.袋子装有1个红球，2个白球，3个黑球，现从该袋子中任取（无放回，且每球取到的机会均等）两个球，取出一个红球得3分，取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分.记随机变量为取出此两球所得分数之和，则_________，_________分.【答案】①②.##【解析】【分析】根据题意可知随机变量可取，根据古典概型分别求出对于概率，再根据期望公式即可得出答案.【详解】解：根据题意可知随机变量可取，， ，，，所以（分）.故答案为：；.16.已知，，是非零平面向量，，，，，则的最大值是_________.【答案】##【解析】【分析】分析题目条件，利用向量的数量积结合几何性质解题【详解】由题，令，则,因为，令，根据几何性质，点B在以为圆心，1为半径的圆上，，又因为，利用数量积公式展开可得，所以点C的轨迹为以或为圆心，半径为1的圆，所以C的横坐标的最大值为，，即为在上的投影，最大值为. 故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用几何图形的关系转化向量的关系.17.已知，函数有且仅有两个不同的零点，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】根据零点的定义，运用转化法，结合导数的性质，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】因为函数有且仅有两个不同的零点，所以方程有且仅有两个不同的实数根，由，设，问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，，显然，由，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递增，而，所以当时，单调递减，当时，单调递增，， 因为，所以直线的斜率为负值且恒过横轴负半轴上一点，如图所示：设函数切点为，过该切点的斜率为，切线方程为，当该切线方程为时，有，消去得：，或（舍去），或，当时，，此时方程的切线方程为：，当时，，不符合，因此要想函数的图象与直线有两个不同的交点，所以有，故答案为：【点睛】关键点睛：利用导数求出曲线的切线方程，运用转化法进行求解是解题的关键.二、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.如图，点A，B，D是函数的图象与圆C的三个交点，其横坐标分别为，，，点C，D是函数与轴的交点.（1）求函数的解析式及对称轴的方程；（2）若，且，求.【答案】（1）；；（2）.【解析】【分析】（1）由题可得，，进而可得，再利用“五点法”可求，然后利用正弦函数的性质即得；（2）利用同角关系式及和角公式即得.【小问1详解】由题可得，，∴函数的最小正周期为，又，∴，又，由“五点法”可得，， ∴，∴，由，可得，故函数的对称轴的方程为.【小问2详解】∵，∴，即，由，得，∴，∴.19.如图，几何体中，平面平面ABC，，，.（1）证明：；（2）若，，求直线DA与平面EAB所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析； （2）.【解析】【分析】（1）取AB的中点O，利用利用面面垂直的性质定理可得OE⊥平面ABC，进而可得OE⊥OB，OE⊥OC，又OB=OC，即得；（2）利用坐标法，设，结合条件可求，再利用线面角的向量公式即求.【小问1详解】取AB的中点O，连接OE，OC，因为，，，则OE⊥AB，OB=OC，∵平面平面ABC，平面平面ABC=AB，∴OE⊥平面ABC，∴OE⊥OB，OE⊥OC，又OB=OC，∴，∴；【小问2详解】如图建立空间直角坐标系，则， 设，由，，可得，解得，即，∴，又平面EAB的法向量可求，设直线DA与平面EAB所成角为，∴，即直线DA与平面EAB所成角的正弦值.20.已知首项为-2的等差数列的前项和为，数列满足，.（1）求与； （2）设，记数列的前项和为，证明：当时，.【答案】（1），；（2）证明过程见解析.【解析】【分析】（1）根据等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式，结合对数式与指数式互化公式进行求解即可；（2）运用数学归纳法进行证明即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，因为，所以由，即，即，所以，而，所以；【小问2详解】由（1）可知：，，所以有，当时，，不等式成立，当时，，不等式成立，假设当时，不等式成立，即，当时，，因为所以， 即，因此，综上所述：当时，成立.21.如图，平行四边形的顶点在曲线：上，顶点在曲线：上，直线方程为.（1）用表示；（2）求直线在轴上的截距的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用临界状态求得的取值范围；设，联立，利用韦达定理求得，，再根据弦长公式即可得出答案；（2）根据题意可设直线的方程为，，联立 ，利用韦达定理求得，再根据弦长公式求得，再根据，将用表示，再利用导数求出答案即可.【小问1详解】当直线过椭圆的左顶点时，，解得：；当时，直线，即，由得：，直线，即；由得：；由得：；此时，，即四边形不是平行四边形，；当直线过椭圆的右顶点时，，解得：；同理可知：；又平行四边形的顶点在曲线：上，顶点在曲线：上，；设，，联立得：， 则，，则，，.【小问2详解】四边形为平行四边形，；设直线的方程为：，，，联立得：，则，；，因为，所以，即，，，令，则，则，，令，，令，，则，当时，，在上单调递减；又为减函数，函数在上单调递减，，即，解得：，直线在y轴上的截距的最大值为. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆、抛物线的综合应用问题，求解第二问中最值的基本思路是将所求截距表示为关于变量的函数的形式，从而利用导数求得函数的最值，进而得到所求截距的最值.22.已知实数，函数.（1）（i）若函数在上恰有一个零点，求实数的值；（ⅱ）当时，证明：对任意的，恒有.（2）当时，方程有两个不同的实数根，证明：.【答案】（1）（i）；（ⅱ）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）（i）由题设可得，根据导函数符号判断的单调性，进而求得极值，结合题设有，即可求参数值；（ⅱ）将问题转化为求证，再将其展开有，利用基本不等式、因式分解，并构造并利用导数研究单调性，即可证明结论.（2）令并研究其单调性，将问题转化求证，然后构造，利用导数研究极值点、单调性可得，结合，将问题进一步转化为求证即，讨论、，构造中间函数结合导数研究函数值符号，即可证结论.【小问1详解】（i）由题设且，则上，上，所以在上递减，在上递增，而， 要使在上恰有一个零点，只需，即.（ⅱ），，要证，即证，，则，需证，由，且，由，则，即在上，递减，所以，即，综上，成立，故得证.【小问2详解】由等价于，若，需证，由上，，故时，即递减.因为等价于，令且，，则， 又在上递减，趋向正无穷时趋向于，所以使，则在上，递增；在上，递减；综上，存在极大值，结合是的两个不同零点，所以，且，综上，由单调性，问题转化为证明即可.当时，显然成立；当时，要证，只需即可，令且，则，故递减，则，即，所以，令，则在上递减且，，故使，所以在上，递增，上，递减，则，即.综上，上，得证.【点睛】关键点点睛：（1）（ⅱ）将问题转化为，利用基本不等式、因式分解、构造函数研究单调性证明不等式；（2）利用分析法，构造结合导数研究单调性、极值，将问题转化为求证，注意分类讨论思想的应用.