浙江省金华市义乌市2022届高三数学5月适应性考试试题（Word版带解析）

2022届义乌市高三下学期5月适应性考试数学试题第Ⅰ卷（选择题，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，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求集合的补集，再求其与集合的交集【详解】因为，所以所以故选：A2.已知实数a，b，，，则“”是“”（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分、必要条件的定义，结合不等式的性质，即可得答案.【详解】若，则，又，所以，所以，充分性成立；若，则，左右同时平方可得，即，必要性成立，所以“”是“”充要条件.故选：C\n3.已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A.若则B.若则C.若则D.若则【答案】D【解析】【详解】A项，可能相交或异面,当时，存在，，故A项错误；B项，可能相交或垂直,当 时，存在，，故B项错误；C项，可能相交或垂直,当 时，存在，，故C项错误；D项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确,故选D.本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力.考点：直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.4.若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据不等式组画出可行域，再将目标函数变形为，根据图像可分析出最值和范围.\n【详解】根据题意可得到可行域为:直线右上侧，左侧（如图中阴影部分），直线的右上侧，这三部分的交集所构成的区域，变形为可知当直线过点时，截距有最小值，无最大值。故范围为.故选：C.5.先将函数图象上各点的横坐标缩短为原来的，再把所得函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法错误的是A.函数是奇函数B.函数的最小正周期是C.函数图像关于直线对称D.函数在上单调递增【答案】D【解析】\n【分析】通过函数变换，得到函数的解析式，利用解析式判断各项正误.【详解】原函数为，横坐标缩短为原来的，得，左平移个单位长度，得.故.A项，函数是奇函数，正确；B项，最小正周期为，正确；C项，函数的对称轴为：，故函数图像关于直线对称，正确；D项，的单调递减区间为，函数在上先增后减，故D项错误.故选：D.6.若函数，则下列图象不可能是（）A.B.\nC.D.【答案】B【解析】【分析】分别在，和的情况下，借助余弦函数图象、的正负可确定图象.【详解】当时，，与选项C相符；当时，；，与选项D相符；当时，；，与A相符；图象不可能是B中图象.故选：B.7.若函数，设，，，则下列选项正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判定函数的奇偶性及单调性，比较\n三者之间的大小关系，带入函数求解.【详解】由题可知，故，∴函数为偶函数；易知，当时，在为单调递增函数；又，∴，同理，；又，，故，故.故选：A.8.已知集合，，从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成无重复数字且比5000大的自然数共有（）A.180B.300C.468D.564【答案】B【解析】【分析】分两种情况进行求解，从集合A中取出元素4，则4不能作千位上的数字；及不从集合A中取出元素4.【详解】若从集合A中取出元素4，则4不能作千位上的数字，有个满足题意的自然数；若不从集合A中取出元素4，则有个满足题意的自然数；所以，满足题意的自然数共有个.故选:B.\n9.已知双曲线C：，为坐标原点，为双曲线的左焦点，若的右支上存在一点，使得外接圆的半径为，且四边形为菱形，则双曲线的离心率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设双曲线右焦点为，连接，易证为直角三角形，解出与代离心率的计算公式即可求解【详解】如图所示，设双曲线的右焦点为，连接因为外接圆的半径为，则又四边形为菱形，所以则为正三角形，所以，因为，所以，又所以为正三角形，所以，所以在中，，，所以所以故选：B\n10.已知数列，满足，，，则下列选项错误的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据递推关系式，可知，可知，即可判断A是否正确；根据递推关系可知，即可知，由此可知，再根据不等式放缩即可判断B是否正确；由递推公式可知，两边平方化简整理，即可判断C是否正确；根据递推关系可知两边平方化简整理，即可判断D是否正确；【详解】因为，所以，所以，故A正确；由题意得：，当且仅当时，取等号；\n所以，即所以，又，，所以，，故B正确；又所以所以所以，故C正确；所以即所以，故D错误.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题，共110分）二、填空题（本大题有7个小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分）11.已知i是虚数单位，复数，则___________．【答案】【解析】【分析】根据复数的乘除运算，即可求得复数z.\n【详解】由题意得，，故答案为：12.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，其中正视图是等边三角形，则此几何体的体积是___________．【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，可得其各个边长，代入体积公式，即可得答案.【详解】根据三视图还原可得该几何体的立体图，如下图所示：由题意得：，，平面CBD，所以，所以三棱锥的体积.故答案为：13.已知直线：，：．若，则___________，此时\n与之间的距离为___________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意，若，则，求出的值，再进行检验，即可得到结果；将两平行直线方程前面的系数化成一致，根据平行线将的距离公式，即可求出结果.【详解】直线：，：．若，所以，解得，当时，：，：，此时与重合，故舍去；当时，：，：，此时与平行；故；若，即：，即：，：，所以与之间的距离为.故答案为：，.14.已知，则_____，___________．【答案】①.②.【解析】【分析】（1）用乘以展开式的常数项再加上用乘以展开式的一次项，合并同类项即可求解（2）用赋值法即可求解【详解】展开式的第项为令，则，令，则，\n所以展开式的一次项为：所以令，则令，则所以故答案为：；15.某高中数学社团招募成员，依次进行笔试，面试两轮选拔，每轮结果都分“合格”和“不合格”.当参选同学在第一轮笔试中获得“合格”时，才能进入下一轮面试选拔，两轮选拔都合格的同学入选到数学社团.现有甲同学参加数学社团选拔，已知甲同学在笔试，面试选拔中获得“合格”和“不合格”的概率分别为，，且在笔试，面试两轮选拔中取得的成绩均相互独立，互不影响且概率相同，则甲同学能进入到数学社团的概率是___________，设甲同学在本次数学社团选拔中恰好通过X轮选拔，则数学期望___________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式可得空1；由相互独立事件的乘法公式分别求出甲同学通过0、1、2轮选拔的概率，然后由期望公式可得.【详解】记甲同学通过笔试为事件A，通过面试为事件B，因为，所以则甲同学能进入到数学社团的概率；甲同学无法通过笔试的概率，通过笔试但没有通过面试的概率，得分布列：X012\nP所以.故答案为：，.16.设．函数，若，则_________，若只有一个零点，则a取值范围是___________．【答案】①.或##或②.##【解析】【分析】先求得的值，代入所求，可得，即可求得a值；当时，有一个零点，则只需时，无零点，即和的图象没有交点，根据对数函数，二次函数的性质，分析计算，即可得答案.【详解】由题意得所以，解得或.当时，有一个零点，所以只需时，无零点，即方程无实根，即和的图象没有交点，易得，令，得，，则，即，解得，又，时，，综上：\n故答案为：或；17.已知平面向量，，满足，当取到最小值吋，对任意实数，的最小值是___________．【答案】##【解析】【分析】构造单位圆，设出向量，，，由题设得到CA、CB是圆O的两条切线，，从而由当取到最小值时，求得，结合表示的是以O为起点，终点在AB上的向量，可求得答案.【详解】如图，设为单位圆O的两条半径，记，，，设，由题意，可知CA、CB是圆O的两条切线，则，故，当且仅当，即时取“＝”，此时，因为表示的是以O为起点，终点在AB上的向量，\n故当该向量垂直于向量时，其模最小，记，则，则，故答案为：三、解答题（本大题有5个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18.如图，中，，，，点D是以BC为直径的半圆弧上的动点，满足，．过点D作交AC于点E，作交AB于点F．（1）试用α表示BD的长度；（2）求的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据题意，可得，又点D是以BC为直径的半圆弧上的动点，则，根据三角函数的定义，即可得答案.（2）根据题意可得，，根据正弦定理，可得、表达式，进而可得的表达式，根据正弦型函数的性质，结合的范围，即可得答案.\n【小问1详解】因为在中，，，，所以，连接DC，又点D是以BC为直径的半圆弧上的动点，则，又满足，，所以，．【小问2详解】中，，则，．在中，，得，，所以．所以由于，得，所以，\n所以（另解：连结CD，延长AC至G，）19.如图，在四棱锥P-ABMN中，△PNM是边长为2的正三角形，AN⊥NP，，，，，C，D分別是线段AB，PN的中点．（1）求证：平面PBM；（2）求直线CD与平面ABP所成用的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过添加辅助线，利用面面平行的判定定理证明面面BMP，进一步证明平面BMP；（2）利用面面垂直判定定理证明平面平面NMP，通过计算三棱锥D-ABP的体积，求解点D到面ABP的投影距离，进而求解直线CD与平面ABP所成用的正弦值.【小问1详解】证明：如图，取MN中点Q，连CQ，DQ．\n∵DQ为中位线，∴，平面BMP.同理，在梯形ABMN中，，平面BMP,∴面面BMP.又平面CDQ，所以平面BMP.【小问2详解】解：如上图，在梯形ABMN中，过B作交AN于E，在△AEB中，得，，，则，得，，∴.又由已知条件，，故平面NMP.又平面ANMB，∴平面平面NMP.设点D到面ABP的投影距离为h，则，由勾股定理，，又由，，\n得，解得．从而得.故直线CD与平面ABP所成角的正弦值为．20.已知数列前n项和为，且，又，，成等比数列．（1）求数列的通项公式：（2）求，并证明．【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】(1)利用判断出，，，…，成等差数列，求出；，，，…，成等差数列，求出，得到；（2）先求出,再对放缩后用裂项相消法求求和，即可证明.【小问1详解】由，，成等比数列，得①所以②②－①得∵∴所以，，，…，成等差数列，首项，公差，\n∴由，得所以，，，…，成等差数列，首项，公差，∴∴【小问2详解】所以∴21.如图，已知点P在直线l：上，A，B为抛物线C：上任意两点，PA，PB均与抛物线C相切，直线AB与直线l交于点Q，过抛物线C的焦点F作AB的垂线交直线l于点K．（1）若点A到F的距离比到直线l的距离小1，求抛物线C的方程；（2）在（1）的条件下，当最小时，求的值．\n【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线定义可得答案；（2）设，过P点的切线方程为，利用直线PA、直线PB方程得到，，，由A，B在直线PA、直线PB上得，，可得直线AB方程为：，得直线AB方程过定点，直线KF方程，利用坐标得，联立直线KF和抛物线方程可得，再利用弦长公式得，根据可得答案．【小问1详解】因为点A到F的距离比到直线l：的距离小1，所以等于点A到直线的距离，∴为抛物线的准线．且，∴C：.【小问2详解】抛物线C：的焦点，设，设P点抛物线C：的切线方程为：，消去x得：，∴即，，，直线PA：，直线PB：，\n则，，，，由A，B分别在直线PA：、直线PB：上，得：，，即，，则直线AB方程为：，得直线AB方程过定点，则直线KF方程为：，则，，，当且仅当时，时取等号，，得，，∴．22.设函数，记的导数为．（1）讨论的单调性；（2）若有三个不同的极值点，，，证明：．\n【答案】（1）当时，在上递增；当时，在上递增，在在上递减，在上递增.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数对参数进行分类讨论，分别求出其单调性；（2）利用导数令，可知，根据单调性可知，然后根据构造函数求出其单调性即可证明.【小问1详解】解：由题意得：令当时，，，在上递增；当时，当时，，在上递增；当时，，在上递减；当时，，在上递增；综上所述：当时，在上递增；当时，在\n上递增，在在上递减，在上递增.【小问2详解】又知，有三个不同的极值点，，由（1）可知：当时，在上递增有三个解,且，由的结构特征得，即，即由（1）可知，当时，，递增；当时，，递减.令,则\n令令，，在上递减在上递减在上递减，，则在上递减【点睛】本题利用导数对参数进行分类讨论分析函数的单调性，构造函数进行多次求导分析函数的单调性和极值点的关系，本题综合性比较强，需要学生能多次求导分析，属于压轴题.