浙江省精诚联盟2022届高三数学5月适应性联考试题（Word版含解析）

2022届5月浙江省精诚联盟高三下学期适应性联考数学试题一、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，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由集合的并运算即可求解.【详解】由题意得，，故选：A.2.已知，若复数为实数，则的值是（）A.-1B.0C.1D.-1或1【答案】A【解析】【分析】先利用复数除法法则计算得到，从而得到，求出答案.【详解】，由题意得：，解得：故选：A3.从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】\n【分析】先求出从袋子中取出一个红球的概率，进而得到，利用二项分布的方差公式进行求解.【详解】由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为，因为是有放回的取球，所以，所以故选：D4.设、满足约束条件，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最小时对应的最优解，代入目标函数即可得解.【详解】作出不等式组所表示可行域如下图所示：联立，可得，即点，令，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，\n直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即.故选：B.5.函数的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过判断不是奇函数，排除A，B，又因为，排除C，即可得出答案.【详解】因为的定义域为，又因为，所以不是奇函数，排除A，B.，所以排除C.故选：D.6.某几何体的三视图如图所示，其正视图、侧视图和俯视图均是边长为2的正方形，则该几何体的体积是（）\nA.B.4C.4或D.或4或【答案】C【解析】【分析】该几何体可看作正方体去掉四个三棱锥或三个三棱锥，如图，即可求出体积.【详解】（1）如图，该几何体可能为棱长为2的正方体中的一部分，如图粗线部分，则此时该几何体可看作正方体去掉四个三棱锥，则体积为；（2）如图，该几何体可能为棱长为2的正方体中的一部分，如图粗线部分，则此时该几何体可看作正方体去掉三个三棱锥，则体积为；综上，该几何体的体积是4或.故选：C.7.在锐角中，“”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【答案】A【解析】【分析】由题目条件可得，又因为，可\n解得：，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】因，所以，又因为，当且仅当时取等.所以，所以，又因为为锐角三角形，所以，所以.所以能推出，但推不出.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.8.已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线左、右支分别交于，两点，若，的面积为，双曲线的离心率为，则（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的定义得到，，利用余弦定理表达出，进而表达出正弦，求出与面积相加，得到的面积，得到方程，解出离心率的平方.【详解】如图，由双曲线的定义可知：，，因为，所以，代入中，可得：，\n因为，所以在三角形中，由余弦定理得：，因为，所以，则，取的中点M，连接BM，因为，所以，，所以，，又因为，所以，化简得：，同除以得：，解得：或（舍去）\n故选：D9.已知，函，若函数有三个不同的零点，为自然对数的底数，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】当时，转化为，令，用导数法作出函数图象，当时，转化为，令，用导数法作出函数图象，利用数形结合法求解.详解】当时，，即，故，令，则，令，得，当时，，当时，，作出函数的图象如图所示：\n由图象知：当时，方程有两不等实根，当时，方程有一个实根；令，显然,所以，令，则在上恒成立，则在上递增，且，作出函数的图象如图所示：由图象知：当时，方程在恰有一个实根，即此时有三个不同的零点，综上，的取值范围是.\n故选：B10.已知数列中，，，记，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得，令，则可得，再由函数的单调性可得，从而可得数列是公比为2的等比数列，则得，得，从而得放缩法可求出的范围【详解】解：因为，则，故，依次类推有，令，则，，又因为在上递增，故，即，所以数列是公比为2的等比数列，故有，即，亦即，则，又因为\n，故选：B.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.“圆材埋壁”是我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”的模型，其截面如图所示，若圆柱形材料的底面半径为1，截面圆圆心为，墙壁截面为矩形，且，则扇形的面积是__________.【答案】##【解析】【分析】计算，再利用扇形的面积公式求解.【详解】由题意可知，圆的半径为，即，又，所以为正三角形，∴，所以扇形的面积是.故答案为：12.已知，则__________，不等式的解集是__________.【答案】①.②.【解析】\n【分析】由函数的解析式可求得的值，分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集.【详解】因为且，所以，.当时，由可得，此时；当时，由可得或，解得或，此时.综上所述，不等式的解集为.故答案为：；.13.如图，在中，，，，，则_________，_________.【答案】①.②.【解析】【分析】由，利用三角公式求出；利用正弦定理直接求出BD.【详解】因为，所以，所以.因为，所以，所以，又为锐角，所以.\n在中，，，，由正弦定理得：，即,解得：.故答案为：；14.设（其中为偶数），若对任意的，总有成立，则_________，_________.【答案】①.8②.【解析】【分析】先得到，根据二项式性质可知，赋值法求解.【详解】由题意得：，因为，为偶数，所以由二项式性质可知：，解得：，由于，令得：，所以故答案为：8，15.如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域，，，和，，，分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有_________种；区域，，，和，，，分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有_________种.\n【答案】①.24②.216【解析】【分析】分析知：区域，，，和，，，分别各涂2种不同颜色，则，同色即可；区域，，，和，，，分别各涂4种不同颜色的涂色，则先涂共有种，再涂共有9种，由分步乘法原理即可得出答案.【详解】，同色，所以先涂有：，再涂有种，所以共有：种.先涂共有：种，设四种颜色为，假设涂的颜色分别为，则涂色情况如下：，，，共9种，所以：种.故答案为：24；216.16.如图，在四棱锥中，，分别是，的中点，底面，，，，若平面平面，则二面角的正弦值是_________.\n【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，再由向量的夹角公式代入求解余弦值，从而可得正弦值.【详解】设，则平面平面，由重心的性质可得，因为底面，，设，，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，，，设平面，的法向量为，则，，所以，由图可知，二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为，正弦值为.故答案为：\n【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.17.已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是_________.【答案】【解析】【分析】分析可得，设，，可得出，可设，可得出向量的坐标，设，可得出、所满足的等式，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.【详解】因为，即，可得，设，，则，则，设，则，因为，，则或，因为，则或，\n令，则或，根据对称性，可只考虑，由，记点、、，则，，所以，，当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立，所以，.故答案为：.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．三、解答题：本大题共5个题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18.已知函数.（1）求函数的值域；（2）若函数为偶函数，求的最小值.【答案】（1）\n（2）【解析】【分析】（1）先化简函数为，再利用正弦函数的性质求解；（2）易得，根据函数为偶函数，由求解.【小问1详解】解：因为，，，则函数的值域为；【小问2详解】，因为函数为偶函数，所以，即，所以的最小值是.19.如图，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面为菱形，，，.\n（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由，利用线面平行判定可证得结论；（2）取中点，作，垂足为，根据长度关系可得，，由线面垂直和面面垂直的判定与性质可证得平面，结合可知所求角即为，由长度关系可得结果.【小问1详解】四边形为平行四边形，，平面，平面，平面.【小问2详解】取中点，连接，过点作，垂足为，连接；为正三角形，，，；\n侧面为菱形，为正三角形，，，，，；又，，；，平面，平面，又平面，平面平面，平面平面，，平面，平面，则是直线与平面所成的角，又，，，直线与平面所成角的正弦值为.20.已知数列满足：对任意，有.（1）求数列的通项公式;（2）设，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，易知，当时，有递推关系可知，将其与与原递推关系作差，即可得到结果，再检验是否满足，进而得到结果；（2）由（1）并结合题意可知，根据裂项相消法可知数列的前项和为，由此即可证明结果.【小问1详解】\n解：当时，，故，当时，，则，故，当时，上式亦满足；综上，；【小问2详解】解：因为，，故.21.如图，过点作抛物线的两条切线，，切点分别是，，动点为抛物线上在，之间部分上的任意一点，抛物线在点处的切线分别交，于点，.（1）若，证明：直线经过点；\n（2）若分别记，的面积为，，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设直线AB方程，点，联立直线AB与抛物线C的方程可得，再求出抛物线C在点A，B处切线斜率推理得证.（2）由（1）求出PA，PB的方程，进而求出直线AB方程，设点得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.小问1详解】设，直线的方程为，由消去y并整理得：，有，令抛物线在点A处切线方程为，由消去y并整理得：，则有，解得，同理，抛物线在点B处切线斜率为，因，则有，解得，所以直线：恒过定点.【小问2详解】由（1）知，切线的方程为：，整理得：，\n同理切线的方程为：，设点，则切线的方程为：，而点，即有，，因此直线的方程为：，有，点到直线的距离是，则，由解得点M的横坐标，同理点N的横坐标，有，点到直线的距离，则，所以.【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.22.已知，函数.（1）当时，求的单调区间和极值；（2）若有两个不同的极值点，.（i）求实数的取值范围；（ii）证明：（……为自然对数的底数）.\n【答案】（1）递减区间，递增区间为，极小值为，无极大值（2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；(2)(i)由，构造函数()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导数分类讨论函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果；(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得，利用放缩法和导数证明在上恒成立即可.【小问1详解】当时，()，则，故当时，，当时，，故的递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值；【小问2详解】(i)因为()，令()，问题可转化函数有个不同的零点，又，令，\n故函数在上递减，在上递增，故，故，即，当时，在时，函数，不符题意，当时，则，，，即当时，存在，，使得在上递增，在上递减，在上递增，故有两个不同的极值点的a的取值范围为；（ii）因为，，且，令，则，，又，令，即只要证明，即，令，则，故在上递增，且，所以，即，\n从而，又因为二次函数的判别式，即，即，所以在上恒成立，故.【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.