浙江大学附属中学2022届高三数学12月月考暨首考模拟试题（Word版带答案）

浙江大学附属中学2021学年第一学期高三12月月考数学试卷考试时间：120分钟；试卷总分：150分选择题部分（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．2．已知为虚数单位，复数，则（）A．B．C．D．（第3题图）3．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）A．B．C．D．4．已知为单位向量，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 5．函数，的图象大致为（）6．若，则（）A．B．C．D．7．在的展开式中常数项为（）A．B．C．D．8．已知随机变量的分布列如下表：X-101Pabc其中.若的方差对所有都成立，则（）A.B.C.D.9．设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为（） A．B．C.D.10．已知等差数列满足，，公差为d，数列满足，若对任意的都有，则公差d的取值范围是（）A．B．C.D.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．若，则，．12．在中，，，，则，若是的中点，则．13．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行毕业生实践，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有种；其中学生甲被单独安排去杭州的概率是.14．已知且，数列的通项满足，则，记的前项和为，则.15．若实数满足，则的最小值为.16．已知，，则的取值范围为. （第17题图）17．如图，已知正四面体的棱长为2，是棱上一动点，若于，则线段的长度的最小值是.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）已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）设△ABC中的内角，，所对的边分别为，，，若，且，求的最大值．19．（本题满分15分）已知函数（1）若，解不等式：；（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 20．（本题满分15分）（第20题图）如图，将矩形沿折成二面角，其中为的中点，已知.，为的中点.（1）求证平面；（2）求与平面所成角的正弦值.21．（本题满分15分）已知数列的前n项和为，，数列为等差数列，其前n项和为，，.（1）求；（2）证明：对，有.22．（本题满分15分）已知函数为的导函数，求证：（1）在上存在唯一零点；（2）有且仅有两个不同的零点． 浙江大学附属中学2021学年第一学期高三12月月考参考答案一、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．）12345678910DDACABADDB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．）11.12.13.150，14.84，-215.16.17.三、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）18．解：（Ⅰ）.………………………………………3分所以，解得，Z.所以函数的单调递增区间为，Z.……………7分（Ⅱ）因为，所以. 所以.……………10分又因为，所以，即.而，所以，即.………………14分19．（本题满分15分）19.解：（1）由，得.……………2分，.……………4分.……………6分（2）……………8分法一： 即：对任意恒成立.①……………10分②，此时无解；……………12分③，此时无解；……………14分综上，……………15分法二：即：对任意恒成立.①时，左式右式；……………10分②时，，对任意恒成立，时，；……………12分 ②时，，对任意恒成立，时，；……………14分综上，……………15分20.（本题满分15分）20.（I）取的中点，连结,易得所以四边形是平行四边形，因此…………4分又平面，所以//平面…………6分（II）取的中点中点，连结,由，所以，又，所以平面，所以，又，所以平面，所以平面平面…………8分又，所以平面…………9分所以，又，所以平面…………10分所以是与平面所成角………12分又，所以…………14分所以…………15分另解：如图建立空间直角坐标系，则 设由即…………9分得，…………10分所以,,，,，设平面的法向量，由，得，所以取…………12分设与平面所成角为，则…………14分…………15分21.（本题满分15分） 解：（1）由，得，上述两式相减得，，即，．故为等比数列，公比为．又，得，得．设的公差为d，，得，即，故．（2）证明：由（1），，故，又，得，从而，．22.（本题满分15分）(1)∵f(x)＝lnx－x＋2sinx，定义域(0，＋∞)，∴f′(x)＝，f″(x)＝－－2sinx，当x∈(0，π)时，sinx＞0，所以f″(x)＝－－2sinx＜0，f′(x)在x∈(0，π)上单调递减，……………………………………………3分又由f′(π)＝－－3＜0，f′(1)＝2cos1＞0， 由零点存在定理知f′(x)在(0，π)上存在唯一零点．……………………6分(2)先证lnx≤x－1(x＞0)，记g(x)＝lnx－x＋1，g′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；所以g(x)max＝g(1)＝0，所以g(x)≤0成立，即lnx≤x－1(x＞0)结论成立．…………8分①由(1)知f′(x)在(0，π)上存在唯一零点，记为，则，由f′(x)在x∈(0，π)上单调递减知时f′(x)＞0，f(x)单调递增，时f′(x)＜0，f(x)单调递减，因＜0(因为lnx≤x－1)，f(π)＝lnπ－π＜0，＞0，所以f(x)在和(1，π)上各有一个零点．故f(x)在(0，π)上有两个不同的零点．……………………………………………10分②当x∈[π，2π]时，sinx≤0，因为lnx≤x－1，所以f(x)＝lnx－x＋2sinx≤－1＜0；…10分③当x∈(2π，＋∞)时，sinx≤1，lnx≤x－1，∴f(x)＝lnx－x＋2sinx＜lnx－x＋2，令t(x)＝lnx－x＋2，x∈(2π，＋∞)，t′(x)＝，所以t(x)＝lnx－x＋2在(2π，＋∞)上单调递减，∴f(x)＝lnx－x＋2sinx＜lnx－x＋2＜ln2π－2π＋2＜0，综上可知f(x)有且仅有两个不同的零点．…………………………………………15分