浙江省绍兴市柯桥区2022届高三数学5月适应性考试试题（Word版附答案）

2022届绍兴市柯桥区高三下学期第二次适应性考试数学试题选择题部分（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．已知复数满足，其中是虚数单位．则复数的共轭复数是（）A．B．C．D．3．若实数满足线性约束条件，则的最大值是（）A．2B．3C．4D．54．设，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．既不充分又不必要条件5．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（）A．2B．C．6D．6．已知函数，，下图可能是下列哪个函数的图象（）\nA．B．C．D．7．已知随机变量和的分布列如下衣．12341234则（）A．B．C．D．8．已知数列的前项和满足．若存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．9．已知圆的圆心为，过点的直线交圆于两点，过点作的平行线，交直线于点，则点的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线10．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（）\nA．B．C．D．非选择题部分（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．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是，，则第11项和第12项之和是__________．12．已知且，若，且，则__________，__________．13．在中，的面积为，则__________，__________．14．有8个球，其中红、黄、蓝色的球各1个，其余是5个相同的白球．将这8个球放入编号为的4个盒子中，每个盒子2个球，则有__________种不同的放法．（用数字作答）15．已知函数当时，__________，若函数有3个不同的零点，则的取值范围是__________．16．已知椭圆，圆，直线与圆相切于第一象限的点A，与\n椭圆C交于两点，与轴正半轴交于点．若，则点A坐标为__________，直线的方程是__________．17．已知平面向量满足：与的夹角为，记是的最大值，则的最小值是__________．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．（本小题满分14分）已知函数．（I）求的值;（II）求的最小正周期和单调递增区间．19．（本小题满分15分）如图，四棱锥中，，是对角线的交点，．（I）求证：;（II）求直线与平面所成角的正弦值．20．（本小题满分15分）已知等差数列中，．正项数列前项和满足：对任意成等比数列．（I）求数列的通项公式：（II）记．证明：对任意，都有．21．（本小是满分15分）已知抛物线的焦点为，准线为．直线与抛物线相切于点且与轴交于点，点是点关于点的对称点，直线与抛物线\n交于另一点，与准线交于点．（I）证明：直线直线;（II）设的面积分别为，若，求点的横坐标的取值范围．22．（本小题满分15分）已知函数，其中．（I）当时，求函数的最小值;（II）当时，证明：存在唯一正实数，使得，（注：是自然对数的底数）\n2022年柯桥区高考及选考科目适应性考试数学参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。题号12345678910答案BACACDDACB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。11．132；12．，2；13．1，；14．60；15．，；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．解：（I）\n．（II）所以的最小正周期是．由三角函数的性质可知，解得．所以的单调递增区间是．19．解：（I）在中，由余弦定理得，有，故，又，所以平面，所以．（II）解法一：过点作交于，作于，由（1）知平面，所以平面平面，则平面，所以即为所求的角，因为，所以，又，所以；在中，，所以．解法二：以为坐标原点，直线，为，轴，建立空间直角坐标系，则，，，因为，故，，\n因为平面，所以平面平面，又因为，所以平面．所以，因为，，设平面的法向量为，则，得，设直线与平面所成角为，．20．解：（I），．可得，公差，所以，由题设可知①，取得，，解得．又②，两式相减得：，所以，所以．（II）当时，不等式显然成立，假设时，不等式成立，即，那么当时，，所以当时，结论也成立．综上所述，对任意，都有．21．解：（I）设，，令可得，\n由题设可得点．所以，所以直线直线．（II）由（I）可知，所以，，，直线将代入得：，，即，在式中取得：，所以，，化简得：，解得，，故的横坐标的取值范围．22．解：（I），所以，则时，，单调递减；时，，单调递增，所以的最小值为．（II）当的，，则，单调递增，且，有唯一零点．当时，，单调递减；时，，单调递增，\n所以，由（I）可知，①若，则，所以在有一个零点，又，②若，则，所以在有一个零点，又，综上可知，当时，存在唯一正实数，使得．待证不等式等价于，由可得，则只需证，对于不等式左端，等价于证，记，（且），有，由（I）可知，所以在，单调递增，则有时，，即；时，，不等式仍然成立，不等式右端等价于，记（且），有，由（1）可知，所以在，单调递减，则有，；，，不等式右端得证．