浙江省百校2022届高三下学期开学模拟测试数学试题

2021学年第二学期高三百校春季开学数学模拟测试试题

第 I 卷

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， 集合， 则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出集合A,B，进而根据交集的定义求得答案.

【详解】由题意，，所以

故选：B.

2. 已知i为虚数单位，若复数，则（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

【答案】C

【解析】

【分析】直接求出，进而求出.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：C

3. 在△中，“ ”是“△为钝角三角形” 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

【答案】D

【解析】

【分析】利用充分、必要性的定义，结合向量数量积的定义及钝角三角形的性质判断题设条件间的推出关系，即可知答案.

【详解】由，即，又，

所以，不能推出△为钝角三角形，充分性不成立；

△为钝角三角形时，若，则，不能推出，必要性不成立.

所以“ ”是“△为钝角三角形” 的既不充分也不必要条件.

故选：D

4. 若实数 满足约束条件 则的最小值是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义可求解

【详解】由实数 满足约束条件 作出可行域，如图.

由解得

将目标函数化为

由图可知当直线过点时，有最小值，即

故选：C

5. 函数 的部分图象大致为（     ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先化简，并判断出为偶函数，又因为，即可求出答案.

【详解】由三角函数的诱导公式有：，又因为的定义域为，关于原点对称，，所以为偶函数，排除B、D.又因为，排除C.

故选：A.

6. 如图，已知某几何体的正视图，侧视图，俯视图均为腰长为2（单位：cm）的等腰直角三角形，则该几何体内切球的半径（单位：cm）是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由三视图画出几何体为底面△为边长为的等边三角形，△、△、△为腰长为2的等腰直角三角形的直三棱锥，根据该直三棱锥的性质确定内切球球心位置，利用球体半径与体高的几何关系列方程求半径即可.

【详解】由题设知：几何体为底面为等边三角形，侧棱两两垂直的直三棱锥，如下图示，

底面△为边长为的等边三角形，△、△、△为腰长为2的等腰直角三角形，

若为内切球的球心且半径为，为底面中心，

所以，又，，

所以，可得.

故选：B

7. 在中， 为边上一点(不含端点)， ， 则（     ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】先将条件进行化简并得出，进而通过转化法求出平面向量数量积.

【详解】由题意，，即.

因为点D在BC上，所以，于是.

故选：C.

8. 已知双曲线与圆在第二象限相交于点分别为该双曲线的左、右焦点，且，则该双曲线的离心率为(    )

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据正弦定理得，结合双曲线定义可求，可判断为直角三角形，故可求M点坐标，将M点坐标代入双曲线方程即可求得a与b关系，故而求出离心率的值.

【详解】在中，∵，

∴由正弦定理知，，

又∵，∴，，

∴在中，，，，

∴，∴.

设，则由等面积得：，即，

∵在上，∴，

∵在上，

∴，即，即，即，即，即，即，即，

∴.

故选：C.

9. 已知实数， 函数， 满足， 则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设是的两个零点且，应用根与系数关系求得，，进而代换目标式得到以为参数、为自变量的二次函数，由二次函数的性质可得，构造函数并应用导数研究单调性，即可求最大值.

【详解】令是的两个零点，由题设若，

由根与系数关系有：，，

所以，

由且，即，

所以，

令，则，在上，

所以在上递增，则.

综上，，此时，

所以时，的最大值.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：设的零点并注意，由根与系数关系用零点表示m、n，进而转化为以为自变量的二次函数形式，根据其开口方向及其最值得到不等关系，最后构造函数并应用导数求不等式中关于表达式的值域.

10. 在数列中， 已知， 且， 则以下结论成立的是（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据递推公式可得，得出的通项公式，从而验证得出答案.

【详解】，则，

若中存在某项，使得，则可得这与条件中相矛盾.

所以，将上面两式相除可得

所以数列是公比为的等比数列.

则，设，则

所以

故选：C

第II卷

二、填空题：本大题共7小题，共36分.多空题每小题6分，单空题每小题4分.

11. 已知函数， 则__________.

【答案】

【解析】

【分析】由题求出的解析式，即可求出答案.

【详解】，则，

又，所以，,.

故答案为：.

12. 如图，在边长为的正方体中，、分别为棱、的中点，则平面截该正方体所得截面的面积为__________.

【答案】##

【解析】

【分析】连接、、，分析可知平面截正方体所得截面为梯形，计算出梯形的面积，即可得解.

【详解】连接、、，如下图所示：

在正方体中，且，故四边形为平行四边形，

所以，，

、分别为、的中点，则且，，

因为平面平面，平面平面，设平面平面，则，

因为为平面与平面的一个公共点，且，，故直线与直线重合，

且，故梯形为截面截正方体所得截面，

过点、在平面内作，，垂足点分别为、，

因为，同理可得，则梯形为等腰梯形，

因为，，，则，

所以，，

在平面内，，，，则，故四边形为矩形，

所以，，则，，

因此，截面面积为.

故答案为：.

13. 在的展开式中，第2项的系数为__________， 含项的系数是__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由二项式写出其展开式通项公式有，令、分别求出第2项系数、含项的系数.

【详解】由题设，，

当时，，故第2项的系数为；

当时，，故含项的系数是.

故答案为：，.

14. 在△中， 是的角平分线， 且交于. 已知， 则 __________， __________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由角平分线的性质可得，设结合列方程求参数m，即可求，再由余弦定理求.

【详解】由角平分线的性质知：，若，

因为，则，

所以，整理得，解得或（舍）.

所以，则.

故答案为：

15. 小明上学途中共有n个红绿灯，且小明遇到每个红灯的概率均为， 记某次小明上学途中遇到红灯的次数为，且小明上学途中恰好遇到两个红灯的概率为， 则n=__________， E()=__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由题意，遇到次红灯的概率为，结合题设有并讨论n找到能使方程成立的n值，再应用二项分布的期望公式求.

【详解】由题设，遇到次红灯概率为，又，

所以，则，显然且，

当时，；当时，；当时，；

所以.

又，由二项分布期望的求法可得.

故答案为：，.

16. 已知 则的最大值为__________， 此时__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】将化为，由条件利用均值不等式可得出答案.

【详解】

当且仅当，即，时等号成立.

由，则，

所以，解得

由，可得故

故答案为：

17. 已知平面向量， 和单位向量， 满足， ， 当变化时， 的最小值为， 则的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设，，由条件得出点的轨迹方程，又设,即由条件可得三点共线，根据几何关系可得答案.

【详解】设，

则，

由，则

即

即点在圆上.

由，即

设,即由，则三点共线.

当时，取得最小值

故当与圆相切时, 取得最大值.

如图设圆心为，由与相似

则，即

故答案为：

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. 已知函数， 函数图像上所有点的纵坐标保持不变，横坐标扩大为原来的2倍，再向左平移个长度单位，得到函数的图象.

（1）求函数 的最小正周期和单调递减区间；

（2）当时， 求函数的值域.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据三角恒等变换化简得，再根据题意得，再整体换元求单调区间即可；

(2)由题知，再求值域即可.

【小问1详解】

，所以的最小正周期为：，由

，解得

所以得单调递减区间为：.

【小问2详解】

函数图像上所有点的纵坐标保持不变，横坐标扩大为原来的2倍，得到，再向左平移个长度单位，得.

当 ，，，故.

故函数在的值域为.

19. 如图，在四棱锥中， 为正三角形.

（1）证明: ;

（2）求BP与平面PCD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)先证明，结合条件证明平面，从而得证.

(2) 以分别为轴，在平面内过点作的垂线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【小问1详解】

由，且

则平面，又平面，则

由，则, 又

所以平面,且平面

所以

【小问2详解】

由（1）可得平面，以分别为轴，在平面内过点作的垂线为轴建立空间直角坐标系.

设 则

，则，则

由为正三角形，则

所以，，即

所以

所以

设平面的法向量为，则

即，取

设BP与平面PCD所成角为，则

20. 已知数列中0， 且满足=23， 数列满足=2+1，是数列的前n项乘积，数列为单调数列.

（1）求的取值范围；

（2）若数列为单调递增数列，=，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，数列为单调数列可得，即且，代入，有=23，结合二次函数性质分析即得解

（2）转化题中递推关系可得，代入化简可得，由数列为单调递增数列可得，代入即得解

【小问1详解】

由=23得=23

又，数列为单调数列

故

解得且

当时，=23

其中且，

令，为开口向上，对称轴为抛物线，在单调递增

由，可得；由，可得

故的取值范围为

【小问2详解】

由=23

即

由于，所以

又=23，且数列为单调递增数列

故，即

解得：，,代入得，

又，

故的取值范围是

21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，离心率，抛物线的焦点是是椭圆上的任意一点，且位于轴左侧，过点分别作抛物线的两条切线，切点分别为.

（1）求椭圆和抛物线的方程；

（2）求面积的取值范围.

【答案】（1）；；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意可得，解方程组求出，即可得到椭圆标准方程；然后由抛物线的的焦点坐标求出，即可得到抛物线的方程；

（2）设过点的切线的方程为，与抛物线联立可得到两切线的斜率与的关系式，再由得直线的方程，进而求出点到直线的距离以及的长度，进而表示三角形的面积，从而求出取值范围.

【小问1详解】

由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为，

因为，所以，故，因此抛物线的方程为；

【小问2详解】

显然，过点的抛物线的切线的斜率存在且不为0，

设切线方程为，

由，联立可得，

由题意可知，

设两切线的斜率分别为，则，

设斜率为的直线对应的切点为，斜率为的直线对应的切点为，

方程的根，

因此，于是，

，直线上任意一点，，

由得，，

化简得，则直线的方程为，

点到直线的距离为，

，

则的面积为

，

因为点，在椭圆上，即，

因为在上单调递减，

当时，，当时，，

所以，

因此，所以，

因此面积的取值范围为.

【点睛】求椭圆的标准方程有两种方法：

①定义法：根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程．

②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为Ax2＋By2＝1(A>0，B>0，A≠B)．

22. 已知函数.

（1）若在定义域内单调递减，求的取值范围；

（2）若在点处的切线斜率是， 证明：有两个极值点，，且3

【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)求出函数的导数，由导函数值恒小于等于0求解作答.

(2)利用导数结合函数零点存在性定理探讨函数有两个极值点，再求出两个极值点的范围即可推理作答.

【小问1详解】

函数的定义域为，依题意，，，

令，，求导得，当时，，当时，，

因此，在上单调递增，在上单调递减，，则，

所以的取值范围是.

【小问2详解】

由(1)知，，且，解得，，则，

求导得，令，有，，

当时，，当时，，因此，在上单调递增，在上单调递减，

而，，，即分别在区间和内有零点，

当或时，，当时，，

所以，函数在和内各有一个极值点，

即有两个极值点，，

而

，

，则有，又，，则有，

于是得，，则，

所以.

【点睛】思路点睛：若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为

(或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到.