2022届浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）高三（下）第三次联考数学试题

浙江省Z20名校联盟2022届高三下学期5月

第三次联考数学试题

第I卷（选择题）

1．己知实数集，集合，则（       ）

A．或 B． C．或 D．

2．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z是（       ）

A． B． C． D．

3．已知实数、满足不等式组，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

4．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（       ）

A． B．32 C． D．64

5．设a，b都是不等于1的正数，则“”是“”的（　　）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

6．函数在区间上的图象大致是（       ）

A． B．

C． D．

7．随机变量的分布列如下所示，其中，则下列说法中正确的是（       ）

A． B． C． D．

8．在正方体中，是线段（不含端点）上的点，记直线与直线成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（       ）

A． B． C． D．

9．已知函数，若对于任意的实数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

10．设数列满足，记数列的前n项的和为，则（       ）

A． B．存在，使

C． D．数列不具有单调性

第II卷（非选择题）

11．我国古代数学著作《增删算法统宗》中有这样一道题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关；要见每朝行里数，请君仔细详推算．”其大意为：“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”则他第一天走了______里路，前四天共走了_______里路．

12．已知函数，则_______；若，且，则__________．

13．已知多项式，则_______，_______．

14．在中，内角A的平分线与边交于点D，且，则________；若，，则的取值范围是___________．

15．已知实数，则的最小值为_________．

16．已知双曲线的两个焦点分别为，点是双曲线第一象限上一点，在点P处作双曲线C的切线l，若点到切线l的距离之积为3，则双曲线C的离心率为_______．

17．已知平面向量满足，设，若，则的取值范围为________．

18．已知函数．

(1)求的单调递增区间；

(2)若对任意，都有，求实数的取值范围．

19．如图，在四棱锥中，．

(1)若，证明：平面平面；

(2)若，求直线与平面所成角的正切值的最小值．

20．已知数列的前项和为，且满足，，数列满足，，其中．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

21．如图，已知抛物线和点，点P到抛物线C的准线的距离为6．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)过点P作直线交抛物线C于A，B两点，M为线段的中点，点Q为抛物线C上的一点且始终满足，过点Q作直线交抛物线C于另一点D，N为线段的中点，F为抛物线C的焦点，记的面积为，的面积为，求的最小值．

22．已知函数．

(1)当时，若函数的图象在点处的切线斜率为e，求此切线的方程；

(2)讨论函数的零点个数；

(3)当时，证明：．

注：为自然对数的底数．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

根据集合的补集、交集运算求解即可

【详解】

因为

所以或，

所以

故选：B．

2．C

【解析】

【分析】

由复数的除法运算化简复数即可得出答案.

【详解】

故选：C．

3．B

【解析】

【分析】

作出可行域，平移直线，找出使得目标函数在轴上截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.

【详解】

作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，可得，即点，

平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，

此时取最大值，即.

故选：B.

4．C

【解析】

【分析】

将三视图还原到长方体中，该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，由锥体的体积公式即可得出答案.

【详解】

该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，

故

故选：C .

5．C

【解析】

【分析】

根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围，再利用充分必要条件的定义判断即可．

【详解】

由“”，得，

得或或，

即或或，

由，得，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选C．

【点睛】

本题考查必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查指数，对数不等式的解法，是基础题．

6．A

【解析】

【分析】

分别求出，，时的函数值符号，结合图象，利用排除法即可得出答案.

【详解】

解：当时，，故排除C；

当时，，故排除B；

当时，，故排除D.

故选：A.

7．D

【解析】

【分析】

先分别计算，再做差比较大小，即可求解；代方差的计算公式，构造函数判定其单调性，利用单调性来比较与大小

【详解】

根据分布列可得：，

则，

因为，故，即．

令（）

则

当时，，单调递增；

当时，，单调递减

又因为

所以与大小无法确定

故选：D．

8．A

【解析】

【分析】

作，，；由异面直线成角、线面角和二面角平面角的定义可知为，为，为；设正方体棱长为，，由长度关系可得，，，由此可得结论.

【详解】

分别连接交于点，作，交于，作，交于；作，垂足为；

，即为直线与直线成角；

，平面，平面，即为直线与平面所成角；

，，，又平面，，

又平面，，平面，

又平面，，

即为二面角的平面角；

设正方体的棱长为，，

则，，，

；又，；

，，，即，

，；

综上所述：.

故选：A.

9．A

【解析】

【分析】

根据分段函数解析式画出函数图象，易知单调递增且关于对称，再将不等式转化为结合单调性求参数范围.

【详解】

由题设，，图象如下：

所以，

又是R上的增函数，所以对恒成立，

所以，则，即．

故选：A．

10．C

【解析】

【分析】

根据题意求得，进而得到与同号，结合作差法比较法，可判定B、D错误；由，得到，利用叠加法，可判定A错误；化简得到，利用裂项法求和，可判定C正确.

【详解】

由于，则，

又由，则与同号．

又由，则，可得，

所以数列单调递增，故B、D错误；

又因为，

由数列单调递增，且，所以，所以，

累加得，所以，故A错误；

由可得，

因为，所以，故C正确．

故选：C．

11．     192     360

【解析】

【分析】

设第一天走了a里，则每天走的路程构成首项为，公比为的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】

由题意，设第一天走了a里，则每天走的路程构成首项为，公比为的等比数列，

可得，解得里，

则前四天共走了里.

故答案为：；.

12．     2     1

【解析】

【分析】

根据题意，；又由，且，代入即可得出答案.

【详解】

；

因为，所以．

故答案为：2；1.

13．     16     48

【解析】

【分析】

利用赋值法令第一空，利用二项式展开式的通项公式即可求解.

【详解】

由题意可知，令时，，

设的展开式的通项为：，

的展开式的通项为:，

当时，，当时，，

所以．

故答案为：16；48.

14．     2    

【解析】

【分析】

在中, 在中由正弦定理化简得，所以，由面积公式代入可得，又因为，再由的范围，即可求出的取值范围.

【详解】

在中由正弦定理可得，在中由正弦定理可得，

因为，所以，所以D为三等分点，

，

所以

由，得，

所以，

又因为，所以，

因为，所以．

故答案为：2；.

15．

【解析】

【分析】

依题意可得，利用基本不等式及与的关系计算可得；

【详解】

解：因为，

所以

因为，所以，

所以原式，当且仅当时取等号．

故答案为：

16．

【解析】

【分析】

设，根据直线与双曲线的位置关系可求得在点P处的切线方程，再根据点到直线的距离公式分别求出点到切线l的距离，列出方程，求出，即可求出离心率．

【详解】

设点，有．

设在点P处的切线方程为，联立双曲线方程，由可解得，所以切线方程为，

到切线l距离，

到切线l距离，

所以，即

，

所以，故．

故答案为：．

17．

【解析】

【分析】

设，则，由条件求出，根据向量三角不等式可求.

【详解】

设，则，则由条件知，

所以，所以，

又

所以．

故答案为：.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）的解析式可化简为，令，即可解得的单调递增区间

（2）对恒成立的不等式等价转化后，结合的范围可得，从而解得的范围

(1)

令

解之得

∴的单调递增区间为

(2)

对任意，都有，

∵，

∴，

∴，

∴实数的范围为．

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

(1)由线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；(2)根据直线与平面的夹角的定义确定直线与平面的夹角，解三角形求其大小.

(1)

∵，平面，

∴平面

∵平面

∴平面平面．

(2)

如图，过点P作平面于点H，延长交于点M，O为中点．

∵平面，平面，∴

又∵，

∴平面，平面，∴

又

于是计算可得

设，由，可列出方程组

解得

又由，可得

∴

又∵平面，∴即为直线与平面所成角

∴，当H，O，B三点共线时取到

∴即直线与平面所成角正切值的最小值为．

20．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）由已知可得，由可求得的值，令由可出，作差可得出，结合可求得数列的通项，再利用累加法可求得数列的通项公式；

（2）求得，利用裂项相消法可求得.

(1)

解：由得，，

当时，，

当时，，作差得，

即，则，

因此，所以，又满足．

所以，对任意的，，

所以，则，

所以，当时，，

也满足，

所以，对任意的，.

(2)

解：由（1）知，

所以.

21．(1)

(2)2

【解析】

【分析】

（1）利用点到准线的距离公式和的几何意义进行求解；

（2）先将等价于，再转化为斜率之积，联立直线和抛物线方程，利用根与系数的关系、斜率公式得到，再利用恒成立求出定点；再利用三角形的面积公式和基本不等式进行求解.

(1)

解：由题知，解得，

所以抛物线C的标准方程为；

(2)

解：当不经过点Q时，等价于，

即．

因为分别交C于A，B两点，

所以不平行于x轴，

设，，，，

联立与C方程，得，

且，

由韦达定理，得，，

又，

同理，

所以，

所以，

代入整理得，

要使该式恒成立，则，解得，

又经检验，当经过点Q时，仍然成立，

所以存在定点使得；

因为分别交C于A，B两点，

所以不平行于x轴，且，

又因为，设，，

联立与C方程，得，

且，所以；

因为N为中点，所以，

且，

所以，

所以，当时取到等号，

所以折线围成面积的最小值为2，

即最小值为2．

22．(1)

(2)当或时，有一个零点；当或时，有两个零点

(3)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）直接由斜率求出，进而求得即可求出切线方程；

（2）先求得，求导，讨论当时，函数单增，只有1个零点；当时，构造函数求导确定，讨论当时，只有1个零点，当时，，存在2个零点；

（3）构造函数，，，分和利用放缩证明即可.

(1)

当时，，，所以，得，，则切线方程为．

(2)

易知．因为，因为，当时，单调递增，又，此时，函数只有一个零点；

当时，令，则，所以在单调递增，

因为时，时，，所以存在唯一的零点．

因此，当时，，即单调递减；当时，，即单调递增．

因此，，其中．所以，．

当，即时，，由的单调性知，只有一个零点；当，即时，设，

则，令，则，

令，∴，因此时，即单调递增，当时，即单调递减，

又时，，，因此当时，单调递增；

当时，单调递减；因此，，即．因为时，时，．

结合的单调性知，有两个零点．综上：当或时，有一个零点；当或时，有两个零点．

(3)

设，则，当时，，所以，即时，；

设，则，当时，，单增，当时，，单减，

从而即．当时，设，则，显然单增，

当时，，故存在使，则时，单减，

时，单增，又，故，即当时，．

因此，当时，．

当时，

．

所以，当时，．

【点睛】

本题第2小问的关键点在于当时，构造函数求导确定，讨论最小值点是否和1重合，当时，构造函数说明即可；第3小问的关键点在于构造函数，，，分和通过放缩法证明不等式成立.