2022届浙江省十校联盟高三下学期开学联考数学试题含解析

2022届浙江省十校联盟高三下学期开学联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出集合后可求.

【详解】，故，

故选：A.

2．已知复数（i为虚数单位），则（       ）

A．5 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算，将复数z化简，再根据复数模的公式求得答案.

【详解】,

故，

故选：C.

3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（       ）

A．8 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三视图，还原几何体，再根据棱柱和棱锥的体积公式求组合体的体积即可.

【详解】根据三视图还原几何体如下：

直棱柱底面是为直角的等腰直角三角形，且，高；

棱锥和棱柱同底，且高，

故该组合体的体积.

故选：B.

4．若实数，满足约束条件，若恒成立，则实数m的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出满足约束条件的可行域，由恒成立转化为，结合可行域求出的最大值可得答案.

【详解】作出满足约束条件的可行域如图所示：

平移直线到点时，有最大值，

此时由得，即，

∵恒成立

∴，即.

故选：A.

5．若，，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】可举例说明“”推不出“”，利用基本不等式可说明“”成立时，“”成立，由此可得答案.

【详解】取 ，满足，但 ，故“”不是“”的充分条件，

因为，， ，故时，，因此“”是“”的必要条件，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选：B.

6．函数的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先根据为奇函数排除A，C，再根据即可得到答案.

【详解】，定义域为，，

所以函数为奇函数，图象关于原点对称，故A，C错误，

因为，，所以，

又因为，当且仅当，即时取等号，

所以，

又因为时，，所以，

由图知：D正确.

故选：D

7．已知等差数列的前项和是，公差不为零，若，，，成等比数列，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据，，，成等比数列，列出相应等式，化简可得，由于正负未定，可判断A,B正误，将展开化简，可判断C,D.

【详解】等差数列的前项和是，公差不为零，若，，，成等比数列，

故，即，公差不为零，

即 ，且 ，

由于正负未定，故不能确定或，故A，B错误；

又，故C错误，D正确，

故选：D.

8．如图，已知正方体，E，F，G分别是AB，，的中点，则（       ）

A．直线与直线EG相交 B．直线平面EFG

C．直线与平面EFG相交 D．直线平面EFG

【答案】C

【分析】通过建立空间直角坐标，求空间直线的距离以及空间直线与平面的关系，从而能每一个选项进行判断.

【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2.

则.

从而有

对A，设与的公垂向量为，则，可取，又，

所以直线与直线EG的距离，故A不正确.

对B，设平面的法向量为，则

，从而可取.

所以，因此直线与平面不平行，故B不正确；

对C，，故直线与平面EFG相交，所以C正确；

对D，与不共线，故直线与平面EFG不垂直，故D不正确.

故选：C

9．已知双曲线：与抛物线：有公共焦点F，过F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A，延长FA与抛物线相交于点B，若点A为线段FB的中点，双曲线的离心率为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据几何关系，求得点的坐标，结合点在双曲线渐近线上，求得的等量关系，整理化简即可求得双曲线离心率.

【详解】根据题意，作图如下：

因为双曲线和抛物线共焦点，故可得，

又到的距离，即，又为中点，则，

设点，则，解得；由可得，

则由等面积可知：，解得，则，

则，又点在渐近线上，即，即，

又，联立得，即，解得，

故.

故选：B.

10．已如函数的定义域为D，若存在区间，使得，，则称函数有“倍跟随区间”．下列结论正确的是（       ）

A．函数存在“倍跟随区间”

B．函数，存在“倍跟随区间”

C．对于任意的，函数都有“倍跟随区间”，则

D．当时，对于任意的，函数都有“倍跟随区间”

【答案】D

【分析】对于AB，假设存在“倍跟随区间”，则可导出矛盾，对于C，先考虑，此时所得的取值范围不是，再考虑的一个特例，从而可判断C的正误.对于D，可证明对任意的，总有有两个不同的解，从而可判读其正误.

【详解】对于A，因为为上的增函数，

若函数存在“倍跟随区间”，则，

下面考虑在上是否两个不同的正数解，

令，则.

当，则时，，时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

故，

因为，故即时，在上至多一个零点.

故在上至多一个正数解，故不是“倍跟随区间”，

否则即在上有两个不同的正数解，矛盾，故A错.

对于B，因为在为增函数，

若是“倍跟随区间”，同A中分析得有两个不同的正数解.

即，而，又，故，此时，矛盾.故B错误.

对于C，由题设可得时，函数都有“倍跟随区间”，

若，

先取，则在上为增函数，

故，故在有两个不同的解，

即在有两个不同的解，因为，

故即，

由可得，

若，则，

因为在上的值域为，

故为的“倍跟随区间”，

故的取值范围可为，故C错误.

对于D，在上为增函数，

下面证明：对任意的，总有总有两个不同的解.

设，则，

故当时，；当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，

故，

而，故，

令，则，

当时，，故在上为增函数，

当时，，故在上为减函数，

故，当且仅当时取最大值.

但且，故即.

因，

故在有且只有一个零点，

下证当时，有.

设，则，故在上为增函数，

故即成立.

故当时，所以当时，有，

当时，则有，

故在有且只有一个零点，

故对任意的，总有总有两个不同的解，设两解分别为，

则，

故当时，对于任意的，函数都有“倍跟随区间”.

故选：D.

【点睛】思路点睛：对于给定新定义的函数存在性问题，应该根据存在性转化为方程的解的个数问题，而后者可根据导数来处理，或可根据常见函数的性质来处理，另外还得注意新定义的正确理解.

二、填空题

11．有4名男生和2名女生共6人组成两个志愿者队伍去两个不同的场馆，要求每队既有男生又有女生，则不同的分配方法有_______________种．（用数字表示）

【答案】28

【分析】先把女生分配好，再分配男生，则可求不同的分配方法总数.

【详解】女生的分配方法有2种，男生的分配方法有，

故不同的分配方法总数为28.

故答案为：28

12．已知正实数a，b，c，，则的最小值为_______________．

【答案】

【分析】利用变形为，再将变形为

，利用基本不等式整理为，进而再用基本不等式求得答案.

【详解】由正实数a，b，，可得 ，

所以

而，当且仅当 即 时取等号，

故

，

当且仅当 时，即 时取等号，

故答案为：

13．已知非零平面向量，夹角为，且，若，则的最小值为_______________．

【答案】

【分析】利用向量线性运算的几何意义可求诸模之和的最小值.

【详解】

如图，设，，，，

则，且，

要求的最小值即求的最小值.

作出关于的对称点，再作出关于的对称点，

连接，设与射线交于，连接，与射线交于，

则，且，

设，则，而，故，

所以.

则，

当且仅当重合，重合时等号成立，

故答案为：.

【点睛】思路点睛：向量的模的最值问题，如果代数转化比较困难，则可以考虑向量背后的几何意义，从而把最值问题转化为对称问题来处理.

三、双空题

14．公元前3世纪，阿波罗尼奥斯在《圆锥曲线论》中明确给出了椭圆和圆的一个基本性质：如图，过椭圆（或圆）上任意一点P（不同于A，B）作长轴（或直径）AB的一条垂线段，垂足为，则为常数．若此图形为圆，则____________；若，则此图形的离心率为____________．

【答案】     1    

【分析】若图形为圆，根据相似三角形可解；当图形为椭圆时，建立坐标系，将问题坐标化，然后计算可得.

【详解】若为圆，则为直角三角形，

因为，所以，于是有，所以

当为图形为椭圆时，如图建立平面直角坐标，设椭圆方程为，点，

则，所以

又，得，即

所以，，

所以

故答案为：1，.

15．已知多项式，则____________，____________

【答案】     -4     8

【分析】利用赋值法及导数可求对应的值.

【详解】因为，

故可令，则，

令，则，

对展开式两边求导，则

，

令，则，

故，

故答案为：-4,8.

16．在中，，斜边，D为BC边上一点，且，，则_____________，_____________．

【答案】         

【分析】先根据正弦定理求出，即可求得，再由余弦定理求得，再解可求解.

【详解】

在中，由正弦定理有：，即，解得，

又，

所以.

由已知可得，

则在中，由余弦定理有：或，又因为，故（舍）.

所以在中，有，解得.

故答案为：，

17．袋中有大小形状相同的红球、黑球和白球共9个，其中白球有2个，从袋中任意不放回地取出2球，至少取到1个红球的概率为，则红球有______________个，在此情况下，若从袋中任意不放回地取出3球，记取到黑球的个数为，则随机变量的数学期望____________

【答案】     4     1

【分析】（1）不放回的取出两个求，设红球m个，黑球个，利用排列组合计算即可.

(2)超级和分布， 套入公式即可.

【详解】（1）设红球m个，黑球个，至少取到1个红球的概率，就是取出一个是红色，另一个是其他色，共计中情况，还有一个可能就是两个都是红色有种情况，所以，化简得.

（2）有上面可以红色球4个，白球2个，黑球3个，列式如下

,

所以数学期望

故答案为：4；1.

四、解答题

18．已知函数的部分图象如图所示，图象与轴交于点．

(1)求函数的最小正周期及，的值；

(2)已知，，求的值，

【答案】(1)最小正周期， ，

(2)

【分析】（1）由周期公式可求得最小正周期,根据函数的最大值点可求得，将代入解析式，可求得A.

（2）根据角结合已知可求得，再利用两角差的正弦公式即可求得答案.

【详解】(1)的最小正周期，

∵为最大值，则，，

而，故取，

∵函数图象过，∴，

(2)，

∵，∴，∴，∴，

∴.

19．如图，多面体中，平面平面ABC，平面平面ABC，，四边形为正方形，，E为棱的中点．

(1)求证：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)

【分析】（1）取的中点M，连接EM，可证，从而可证明平面.

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量后可得线面角的正弦值.

【详解】(1)取的中点M，连接EM,

因为为中点，故，而，，，

∴四边形EMCB为平行四边形，∴，∵平面

平面，∴平面．

(2)因为四边形为正方形，故，

而平面平面ABC，平面平面，平面，

故平面，而平面，故，

又，故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

故，，，

设平面的法向量为，则，

取，则.

设直线与平面所成角为，

∴．

20．已知是等差数列，是等比数列，满足，，，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设数列的前项和为，若对任意恒成立．求实数的取值范围．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据等差数列和等比数列的基本量，结合题意列出方程，求得基本量，再写出通项公式即可；

（2）根据（1）中所求，利用并项求和法求得，对分离参数，再求的最大值即可.

【详解】(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为．

依题意得，解得．

所以，的通项公式为，的通项公式为．

(2)，

采用并项求和法：

，

若对于任意的成立，

∴即可，若时，取得最大值，

则，当或时，，

∴，∴．

21．如图，已知点在半圆：上一点，过点P作抛物线C：的两条切线，切点分别为A，B，直线AP，BP，AB分别与x轴交于点M，N，T，记的面积为，的面积为．

(1)若抛物线C的焦点坐标为（0，2），求p的值和抛物线C的准线方程：

(2)若存在点P，使得，求p的取值范围．

【答案】(1)；准线方程为直线

(2)

【分析】(1)根据抛物线的焦点坐标即可以求p和其准线方程；

(2)设，，表示出过A和B的切线方程，求出M和N点坐标，根据P在两直线上求出P点坐标，进而再求出T点坐标，表示出，，进而可以得到，从而可求，由此求出P的轨迹方程，问题转化为问题转化为P的轨迹与半圆：有交点，据此即可求出答案.

【详解】(1)，．准线方程为直线．

(2)设，，过点A的切线方程：，于是；

过点的切线方程：，于是；

点在两条切线上，所以，

可得点P坐标为．

且：，于是．

，，

而，所以．

于是点，点P的轨迹方程为，

问题转化为抛物线与半圆：有交点．

记，则，又因为，

解得：．

【点睛】本题关键在求出点P的轨迹方程，将问题转化为P的轨迹与半圆Q有交点，从而求出p的范围.

22．设为实数，函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)当时，直线是曲线的切线，求的最小值；

(3)若方程有两个实数根，证明：．（注：是自然对数的底数）

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，根据其正负判断函数的单调性，即可得答案；

（2）利用程有两个实数根可得到，再利用换元法变形为，从而将证明，转化为证明，即证明的问题，再利用构造新函数，求导，求其最值的方法即可证明.

【详解】(1)，，

当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递增，在上单调递减．

(2)，设切点为，

切线斜率，

切线方程为，，

∴，，，

令，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

，即的最小值为．

(3)证明：，，

令， ，

在（0，1）上单调递增，在上单调递减，，

∴，不妨设，则 ，故 ,

令，，所以，，，

要证，只要证，只要证，

令，，

设，

∴在上单调递减，在上单调递增，

∵，，，

则存在，使得，

∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

∵，，

∴在上恒成立，即证．

【点睛】本题考查了导数的应用，考查了导数与函数的单调性，以及用导数证明不等式的相关问题，解答的关键是要对等式或者不等式进行合理的变式，从而才能合理地构造新函数，利用其导数求其单调性以及最值，从而证明不等式.