浙江省宁波市2022届高三上学期11月高考模拟考试数学试题 Word版含答案

浙江省宁波市2021年11月高三上学期高考模拟考试数学试题第I卷（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.已知全集，集合，，那么（）A.B.C.D.2.若实数x，y满足约束条件则的最小值是（）A.B.C.D.3.如图为陕西博物馆收藏的国宝一唐•金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，是唐代金银细工的典范之作.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线，，围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，则双曲线C的渐近线方程是（）A.B.C.D.4.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A.2B.3C.4D.65.已知空间中两条直线l，m和一个平面α，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6.若，则函数的图象不可能是（）A.B.C.D.7.如图，椭圆的左，右焦点分别是，，正六边形的一边的中点恰好在椭圆上，则椭圆的离心率是（）A.B.C.D.8.已知，函数在处的切线与直线平行，则的最小值是（）A.2B.3C.4D.59.设，函数，若在区间内恰有4个零点，则a的取值范围是（）A.B.C.D.10.已知数列满足，.记为数列的前n项和，则（） A.B.C.D.第II卷（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.已知复数（i为虚数单位），则z的实部是（），（）12.已知直线与圆相交于A，B两点，则实数k的取值范围是（）；若，则实数k=（）13.已知函数是定义在上的奇函数，则实数a=（），又若函数的图象恒在直线的下方，则实数b的取值范围是（）14.如图，在锐角中，，，的面积为，则（）；若D是CB延长线上一点，，则（）.15.若，则（）16.在正方体中，E为线段AB上任意一点（不含端点），F为的中点，G为的四等分点（靠近点），直线交平面EFG于点H，则直线EH与直线所成角的余弦值是（）17.已知平面向量，，满足，，.若，则的取值范围是（）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.（本题满分14分）设函数.（I）若，求函数的值域； （II）若函数在区间上单调递增，求实数m的取值范围.19.（本题满分15分）如图，在四棱雉P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，是正三角形，平面平面ABCD，，.（I）求证：；（II）若M是PB的中点，求直线MD与平面ACP所成角的正弦值.20．（本题满分15分）已知等差数列的前n项和为，，且.（I）求数列的通项公式；（II）记数列的前n项和为，求数列中最大项的值.21.（本题满分15分）已知抛物线的焦点为F，点P是以为圆心，半径为1的圆上的动点，且的最大值为5.（I）求抛物线C的标准方程；（II）过点M的直线l与抛物线C交于不同两点A，B，直线OA，OB分别交直线于S，T两点（O为坐标原点）.记直线l，直线FS，直线FT的斜率分别为，，，若是，的等比中项，求k的值.22.（本题满分15分）已知函数.（I）当时，求函数的单调区间；（II）若函数有两个不同零点，，（i）求实数a的取值范围； （ii）求证：.宁波市2021学年第一学期高考模拟考试高三数学参考答案一、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.题号12345678910答案ABDCADBCAB9.答案：A解析：由题意在上有零点.而的对称轴为，故有，解得.注意到.（1）当时，即时，在上有两个零点.（事实上，在上有两个零点）此时，，且在上有两个零点.又，，故在上有两个零点.所以，当时，在区间内恰有4个零点（2）当时，即时，在上有一个零点.要是在区间内恰有4个零点，则必在区间上.从而，解得.又区间的长度大于6，得.此时，.（注：当时，在，，上各有一个零点） 故当时，在区间内恰有4个零点.而，解得.所以，当时，在区间内恰有4个零点.（3）当时，即时，易知在内仅有2个零点，不符.综上，.10.答案：B解析：的前几项依次为1，1，2，3，5，8，13…，易知数列从第二项起为递增数列，从而，即得，由，得，从而，所以又，因此，.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. 11.12.13.，14.，15.16.17.16.答案：解析：由于平面平面，故，从而直线EH与直线所成角等于直线FG与直线所成角.取CD的中点I，连，BI，易知，从而就是直线FG与直线所成角（或其补角）.不妨设正方体的棱长为2，则，，，从而是以为底边的等腰三角形，所以.因此，直线EH与直线所成角的余弦值为.17.答案：解法1：记，，，则，，。由题意，，可得（显然） 又由，得，消去n得，化简得，即.结合，可解得或.因此，.解法2：由，得作，，，有点A的轨迹为以O为圆心，半径为1的圆.由②得，即，从而，所以点C在过点O且垂直于AB的直线l上.又由①得，即，从而.所以点C是过点A垂直于OB的直线与直线l的交点.由题意，可知点C不在圆内.（1）当AB与圆相切时，，此时点C与点A重合，符合.情形（1）情形（2）情形（3）（2）当时，点C在圆内，舍. （3）当时，点C在圆外，符合.（3）当时，随着增大，OE增大，且增大，所以OC增大.情形（4）-1下面考虑使得的的大小.此时，设，有，从而，得.由得，.又，得.即，得，解得（舍负）.可知此时，.（5）当时，显然不合题意.由（1），（2），（3），（4），（5）可知，. 因此，.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.解：（I），即.因为，所以，即，即，所求函数的值域为.（II），，即令，，得，，即函数在区间，上单调递增要使函数在区间上单调递增，只需，即， 所求实数m的取值范围是.19.略20.解：（I）设等差数列的公差为d，因为，且，所以，化简得，所以，，即（II）方法1因为，所以，，所以，即设，则，当时，，当时，，即所以为最大项， 即数列的最大项的值是4.（II）方法2因为，所以，，.（以下同方法1，略）21.解：（I）因为，，圆的半径，所以，易知，即，得，所以抛物线C的标准方程为.（II）由题意，直线l的方程为，联立化简得（显然）.所以由，即，得，结合，知. 记，，直线OA方程为（显然）.由解得，而.同理可得.因为3k是，的等比中项，所以，代入得，即化简得，结合，解得.所以k的值为或.22.解：对函数求导，得.（I）当时，，因为函数的定义域，由，得， 由，得，所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（II）由，得，（i）函数有两个不同零点，等价于方程有两个不同的实根.设，即方程有两个不同的实根.设，，再设，所以函数在上单调递增，注意到，所以当时，，当时，.所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增.当时，，当时，，当时，，只需，即所求.（ii）注意到，，要证，只需证.由（i）知，，故有，即. 下面证明：.设，有，所以函数在上单调递增，所以，所以，故有.又，，且在上单调递减，所以，即得.因此，结论得证.