2022届浙江省五校(学军中学、杭州第二中学等)高三上学期第一次联考数学试题（含解析）

2021学年第一学期五校联考试题高三年级

数学学科

第I卷（选择题部分，共40分）

1. 已知集合，，则等于（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求解集合B，利用交集和补集运算的定义，即得解

【详解】由题意，或

故或

故选：A

2. 已知点在直线的下方，则实数b的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】根据点在直线的下方，将点点代入直线方程，得其小于零，即可得出答案.

【详解】解：因为点在直线的下方，

所以，解得.

故选：B.

3. 若，，则下列不等式成立是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】选项A由不等式的性质可判断；选项BD举特殊数字可判断；选项C. 可证明成立，从而可判断.

【详解】选项A. , ,则，所以，故选项A不正确.

选项B. 取，则，故选项B不正确.

选项C. , ，则，

由，所以

所以，故选项C正确.

选项D. 取，则

，此时

故选：C

4. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先利用二倍角公式求出，再利用诱导公式即可求出.

【详解】因，所以，

所以.

故选：A

5. 函数（其中为自然对数底数）的图象大致形状是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据条件判断函数的奇偶性和对称性，讨论当0<x<1时函数值的符号，利用排除法进行判断即可.

【详解】的定义域为R.

因为，

所以为奇函数，故排除A、C.

当时，有，所以，，所以，故排除B.

故选：D

6. 有10台不同的电视机，其中甲型3台，乙型3台，丙型4台．现从中任意取出3台，若其中至少含有两种不同的型号，则不同的取法共有（    ）

A. 96种 B. 108种 C. 114种 D. 118种

【答案】C

【解析】

【分析】先计算总的取法数和只取一种型号的取法数，总的取法数减只取一种型号的取法数即可得出结果.
 

【详解】根据题意，从10台电视机中任意取3台的取法总数为：（种）
取3台都是同一种型号的取法数为：（种）
所以至少含有两种不同型号的取法数为：（种）
选项ABD错误，选项C正确.
故选：C.
 

7. 设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn若－a1＜a2＜a1，则（    ）

A. {Sn}为递减数列 B. {Sn}为递增数列

C. 数列{Sn}有最大项 D. 数列{Sn}有最小项

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知求得的范围，然后根据的正负分类讨论确定的单调性．

【详解】因为，所以，，即，

若，，，是递增数列，排除AC，

若，则，，易知，，是摆动数列，排除B，

当时，是递增数列，是最小项．

当时，，，

所以，所以中是最小项．D正确．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：本题考查数列单调性，解题关键是通过与的关系进行判断，难点是摆动数列的最小项问题，需要利用进行证明．

8. 已知正方体的棱长为，、分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件得出，可得出、所满足的等式，求出点的轨迹与线段、的交点坐标，即可求得结果.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，设点，

，，设平面的法向量为，

由，取，可得，

，由题意可知，平面，则，

令，可得；令，可得.

所以，点的轨迹交线段于点，交线段的中点，

所以，点的轨迹长度为.

故选：B.

9. 已知，函数的最小值为，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先整理函数求出函数的最小值为，再利用导数求出其最小值便可求出答案.

【详解】解：由题意得：

令，其最小值为

再令，则

当时，函数单调递减；

当时，函数单调递增.

故时，

故的最小值为.

故选：B

10. 已知各项都为正数的数列满足，，给出下列三个结论：①若，则数列仅有有限项；②若，则数列单调递增；③若，则对任意的，陼存在，使得成立．则上述结论中正确的为（    ）

A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③

【答案】A

【解析】

【分析】对于①，利用数列的单调性，通过累加法即可作出判断；对于②，先证明，再借助作差法即可得到结果；对于③，判断数列是有界的还是发散的即可.

【详解】对于①，∵，∴，

又数列各项都为正数，∴，

∴数列单调递减，∴，∴；

∵，即

∴，

∴

，

∴，即，

∴，即，而为定值，

∴数列仅有有限项，命题正确；

对于②，先用数学归纳法证明.

（1）当时，，显然成立；

（2）假设时，，

则，

记，，

，∴在上单调递增，

，

∴，

∴对，都有.

∵∴，

∴，

又在上单调递增，

又，∴，

∴数列单调递增，命题正确；

对于③，

∵，

∴，即，

又，∴，

∴，

∴，

∴，

显然存在上界，即存在上界，

∴命题错误.

故选：A

【点睛】方法点睛：递推关系显然无法确定通项，从而要从项间关系切入，利用单调性、最值、周期性等，结合放缩思想即可得到结果.

第II卷（非选择题部分，共110分）

二．填空题：本大题共7个小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.

11. 已知复数（i是虚数单位），则的虚部为_____________，_____________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】先由复数的乘法运算化简，进而可得虚部，再由模长公式可计算模长.

【详解】由，

所以的虚部为，，

故答案为：；.

12. 等差数列满足，，则公差________，其前n项和的最小值为_____________．

【答案】    ①. 5    ②.

【解析】

【分析】用基本量表示题干条件，联立求解可得，代入前n项和公式可得，关于为开口向上二次函数，结合，当时，取得最小值

【详解】由题意，设等差数列的公差为

解得

关于为开口向上的二次函数，对称轴为，又

故答案为：5，

13. 已知函数（且）且，①若，则________，②若函数的值域是，则实数的取值范围是_____________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】先计算的值，再计算的值；先由二次函数的性质计算当时，函数的值域是，可得当时，函数的值域为的子集，经分析可得，只需即可求得的取值范围.

【详解】当时，，

所以，

所以；

当时，，

当时，取得最大值，

所以当时，函数的值域是，

所以当时，函数的值域为的子集，

当时，在上单调递增，此时，

此时不符合题意，

当时，在上单调递减，

此时，即，所以，

可得，

所以实数的取值范围是：，

故答案为：；.

14. 已知，则的值为_____________．

【答案】41

【解析】

【分析】令，求得，令，求得，两式相加即可得出答案.

【详解】解：因为，

令，则，①，

令，则，②，

两式相加得，

所以.、

故答案为：41.

15. 已知，，，则的最大值为_____________．

【答案】

【解析】

【分析】将所求化为，利用均值不等式求出的范围，结合函数单调性可得答案.

【详解】

由，当且仅当,即时，等号成立.

所以，设函数,则

当时，，所以在上单调递减.

则（当时等号成立）

所以

故答案为：

16. 已知平面向量，满足：，，，，则________，的取值范围是_____________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】计算即可求解，由已知条件求出，设，则，，求出对应的点的轨迹为圆，利用圆的性质即可求解.

【详解】由题可知：，

由，

所以，又

，

如图，，设，则，，，，

，

由可得，

即，

所以对应的点的轨迹是以为圆心，的圆，

表示圆上的点到定点的距离，

，

所以，

则，

故答案为：；.

17. 如图，已知三个两两互相垂直的半平面，，交于点O，矩形的边在半平面内，顶点A，D分别在半平面，内，，，与平面所成角为，二面角的余弦值为，则同时与半平面，，和平面都相切的球的半径为_____________．

【答案】或

【解析】

【分析】以O为原点建立空间直角坐标系，求出A，B，C，D坐标，求出平面ABCD的法向量，根据可求出.

【详解】如图，以O为原点建立空间直角坐标系，

过作轴，交y轴于E，连接EC，

，，，

又，，平面DEC，，

即为二面角的平面角，，

，，

过作轴，交z轴于F，连接AF，可得，

即为与平面所成角，，又，，

，设，

，，

，，

则可解得，则

设平面ABCD的法向量为，

则，即，令，可得，即，

设同时与半平面，，和平面都相切的球的球心为，半径为，则，

则，

则，即，解得或.

故答案为：或.

三．解答题：本大题共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. 已知函数．

（I）求函数的单调递增区间；

（II）在中，角，，的对边分别是，，，且满足，求的取值范围．

【答案】（I）；（II）.

【解析】

【分析】（I）利用两角和的余弦公式以及正弦的二倍角公式、辅助角公式化简，再由正弦函数的单增区间即可求解；

（II）根据已知条件由余弦定理化角为边，可得，再由余弦定理可得的范围，进而可得角的范围，再由正弦函数的性质即可求解.

【详解】（I）

由

可得：

所以的增区间为；

（II）因为，

由余弦定理可得：，即，

所以，所以，

因为，可得：，

所以，

所以．

19. 如图，在三棱柱和四棱锥构成的几何体中，平面，，，，，，平面平面．

（I）若点为棱的中点，求证：平面；

（II）已知点是线段上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（I）证明见解析；（II）.

【解析】

【分析】（I）根据面面垂直的性质可证明平面，证明结合可证明平面，进而可得，再由线面平行的判定定理即可求证；

（II）如图建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而可得的坐标以及平面的一个法向量，由空间向量夹角公式计算即可求解.

【详解】（I），且为棱的中点，，

平面平面，平面平面，平面，

平面，

平面，面，，

又，，平面，

，

平面，平面，

平面．

（Ⅱ）如图，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

由题意知：，，又，，

，，，，

，，，

设平面的一个法向量

由，，令，可得，

，

设直线与平面所成角为，

则，

直线与平面所成角的正弦值为．

20. 已知数列满足，且．

（1）求证：数列是等差数列；

（2）记，数列的前n项和为，若存在，使成立，求实数的取值范围．

【答案】（I）证明见解析；（II）.

【解析】

【分析】（1）由可转化得到，即得证；

（2）由（1）可得，代入可得，计算可得，分n为奇数、n为偶数讨论，即得解

【详解】（1），

，即，

数列是以为公差的等差数列．

（2）由（1）可知数列是以为公差的等差数列，且，

，

，

①当n为奇数时，

单调递减，当时，，

②当n为偶数时，

单调递增，

所以，

存在，使得成立，即可，

21. 已知函数．

（1）若的图象在处的切线l的斜率为，求直线l的方程；

（2）若对于任意的，恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）求导，由可得，可求得，即得解；

（2）先由且，求得，求导分析单调性可得在上单调递减，在上单调递增，，要使恒成立，只需，即，解不等式即可

【详解】（1），

，

，，

解得；   

，切点为，斜率为，

所以切线．   

（2）因为，恒成立

所以且，解得，

令，因为，所以，

令，

令

所以在上单调递减，在上单调递增，

，

要使恒成立，只需，

即，所以．

22. 已知函数．

（I）若，求证：当时，；

（II）讨论方程的根的个数．

【答案】（I）证明见解析；（II）当时，仅有一个实根；当时，有三个不相等的实根.

【解析】

【分析】（Ⅰ）根据题意即证，转化为证明成立，令，求出其单调区间得出最小值可证.
（Ⅱ）由时，在R上单调递增，所以有唯一解；当时，求出，可得，分与进行分类讨论即可.

【详解】（I）证明：由，，所以，

要证，即证，即证，即证，

令，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，

成立，所以．

（Ⅱ），

当时，；当时，，

①当时，在R上单调递增，所以有唯一解；

②当时，，

因为，所以，所以，

1）当，即时，，所以在R上单调递增，

所以有唯一解；

2）当，即时，

在上单调递减，在上单调递增，

所以在上单调递减，在上单调递增，

当时，；当时，，

所以存在，使得，，且，

则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以，，

因为，记，则，

因为，所以，即在上单调递增，

所以，

则，

又因为，且，所以，

所以当时，有三个根．

综上所述：当时，仅有一个实根；当时，有三个不相等的实根.

【点睛】方法点睛：本题考查不等式的证明和讨论方程的实根的个数问题，解答实数根的个数问题的主要方法是分离参数法和直接讨论出函数的单调性得出函数极值利用零点存在定理得出函数的零点个数从而得到方程的实数根的个数.