2022届浙江省舟山中学高三下学期4月市统考考前模拟数学试题含解析

这是一份2022届浙江省舟山中学高三下学期4月市统考考前模拟数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届浙江省舟山中学高三下学期4月市统考考前模拟数学试题一、单选题1．设全集，， ， 则图中阴影部分对应的集合为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】图中阴影部分对应的集合为，即可得到答案.【详解】因为， ，所以图中阴影部分对应的集合为故选：D2．若复数（，i为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（            ）A．3 B． C．12 D．【答案】B【分析】令，利用复数相等求解.【详解】令，即，由复数相等知：，解得，，故选：B.3．已知是腰长为的等腰直角三角形，点是斜边的中点，点在上，且，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据向量的减法及数乘运算表示出，由向量的数量积运算法则化简转化为关于的表达式，再利用直角三角形性质求出即可得解.【详解】由题意可知，, ，由点是斜边的中点，可知 故选：C4．函数的部分图象如图所示，则（       ）A．， B．直线是的一条对称轴C．是奇函数 D．函数在上单调递减【答案】B【分析】根据函数的部分图象可确定，从而确定函数解析式，由此可判断A; 将代入解析式验证，可判断B;写出的表达式，判断其奇偶性可判断C;根据正弦函数的单调性质，可判断D.【详解】由图象可得：，又，∴，又，故，又函数图象过，∴，∴，从而，记的周期为T，又，∴，从而令，符合，故，由此可判断A错误；∵，∴是的一条对称轴，故B正确．为非奇非偶函数，故C错误；当时，，因为正弦函数 在时不是单调函数，故D错误，故选：B．5．已知函数，若都有成立，则实数的取值范围是（       ）A．或 B． C．或 D．【答案】D【分析】根据函数的解析式可得单调性和奇偶性，再利用性质可得答案.【详解】当时，则，，当时，则，，，所以为奇函数， 因为时为增函数，又为奇函数，为上单调递增函数，的图象如下，由得，所以，即在都成立，即，解得.故选：D.6．文峰塔位于重庆市南岸区黄桷垭的文峰山之巅，笔直挺拔，高插云表、雄姿擎天，巍然屹立.文峰塔建于清道光年间，木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为60°，则该正八棱锥的高和底面边长之比为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出几何体的直观图，利用侧面与底面所成的角以及底面多边形的边角关系，转化求解即可.【详解】解：如图所示：点为正八棱锥的顶点，点是底面中心，是底面的一条边，是的中点根据题意可知，又设，则又已知侧面和底面的夹角大小为60°，即二面角的大小为.故所以该正八棱锥的高和底面边长之比.故选：A7．两个圆：与：恰有三条公切线，则的最小值为（       ）A． B． C．6 D．【答案】B【分析】由题意得两圆外切，圆心距等于半径之和，再利用基本不等式，即可求得的最小值．【详解】圆：化为标准方程；圆：化为标准方程，由于圆与圆恰有三条公切线，两圆外切，，得，当且仅当时等号成立，，，，的最小值为，当且仅当时取最小值.故选：B．8．设、分别为具有公共焦点与的椭圆和双曲线的离心率，为两曲线的一个公共点，且满足，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设，利用椭圆和双曲线的定义可得出，再利用勾股定理可求得结果.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设，由椭圆和双曲线的定义可得，所以，，设，因为，则，由勾股定理得，即，整理得，故.故选：A.9．已知，若函数有三个不同的零点，，，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先画出函数的图象，根据图象得时有三个零点，求出当时的最大值，判断零点的范围，然后推导得出结果.【详解】函数的图象如图所示，函数有三个不同的零点，，，即方程有三个不同的实数根，，，由图知，当时，，∵，∴，当且仅当时取得最大值，当时，，，此时，由，可得，∴，，∴，∴，∵，∴的取值范围是.故选：A.【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.10．设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（       ）A．2020 B．2021 C．2022 D．2023【答案】D【分析】由条件分析数列的单调性，由此确定满足的最小正整数.【详解】∵，∴，又，∴   数列为递增数列，∴∵ ∴，∴∴，∴   ，∴ ，∴ ，∴ ∴ ，∴ 当时，，又∴当时，，当时，∴     使成立的最小正整数是2023.故选：D.【点睛】本题主要考察累加法求数列的通项，一般的，若，则，即.二、填空题11．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.95，P(|)＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P(C)＝0.005，则P(C|A)＝______．(精确到0.001)【答案】0.087【分析】根据条件概率和全概率公式可求得结果．【详解】因为，所以，因为，所以，所以由全概率公式可得，因为所以．故答案为：．【点睛】关键点点睛：掌握条件概率和全概率公式是解题关键．12．设函数；若方程有且仅有1个实数根，则实数b的取值范围是__________．【答案】【分析】根据分段函数的解析式作出函数图象，将方程有且仅有1个实数根转化为函数与直线有一个交点，然后数形结合即可求解.【详解】作出函数的图象，如图：结合图象可得：，故答案为：.13．设，则______， ______．【答案】     64     15【分析】根据式子的特点，选用特殊值代入法，令 ，可得.以及可得.【详解】由，令 ，可得.又，所以 .故答案为：64；15.【点睛】熟悉这类题目的特点，选用合适的特殊值达到解题目的.三、双空题14．在平面四边形中，，，，，，，当点为边的中点时，的值为________，若点为边上的动点，则的最小值为________.【答案】          【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，在当点为线段的中点时，求得点的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值，当点为线段上的动点时，设，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】因为，，所以，，，又因为，，所以，，由余弦定理可得，所以，，故，过点作，垂足为点，因为，所以，，则，则，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、、、.当点为线段的中点时，，，，所以，；当点为线段上的动点时，设，其中，，，所以，，当时，.故答案为：；.15．若，，则___________，___________.【答案】          1【分析】利用对数恒等式及换底公式即可求解.【详解】解：故答案为：，.16．已知椭圆的长､短轴端点分别为A､B，从椭圆上一点M（在x轴上方）向x轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点，，设Q是椭圆上任意一点，､分别是左､右焦点，则椭圆的离心率___________；的取值范围是___________.【答案】          【分析】由得出的齐次等式，从而可求得离心率，的最小值是0，是短轴端点时，最大，求出此角后得范围．【详解】由题意，，因此当时，，，当时，，也有，所以，，，．当是短轴端点时，由于，因此是等腰直角三角形，，当是长轴端点时，，所以的取值范围是．故答案为：；．17．已知中，，则的最大值为______，最小值为______.【答案】          【解析】根据正弦定理和余弦定理得到，解得，，化简得到原式等于，得到最值.【详解】，∴，又因为，代入可得，则，故，且等号成立的条件是，解得，，所以，所以最大值为，最小值为.故答案为：；.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数最值，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力. 四、解答题18．已知函数．(1)求在上的单调区间；(2)设，求的值．【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为(2)【分析】（1）利用诱导公式和倍角公式将化为，然后利用正弦函数的知识可得答案；（2）由可得，由可得，然后利用可算出答案.【详解】(1)因为，当时所以当即时单调递增，当即时单调递减，所以在上的单调增区间为，单调减区间为；(2)因为，即，由于，则，所以，即．又因为，即，，所以，因为，所以，，所以.19．如图所示，在三棱柱中，是矩形，是棱的中点，，.(1)求线段的长；(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，选取为空间向量的一组基底，进而根据，结合向量数量积运算得，再求向量的模即可得答案；（2）根据几何关系证明平面，进而取中点，证明两两垂直，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】(1)解：由题知，以不共面，故可以为空间向量的一组基底，因为在三棱柱中，是棱的中点， 所以，，因为，所以，即，因为是矩形， ，所以，所以，所以，所以，所以，所以线段的长为(2)解：因为，是棱的中点，，.所以是等边三角形，，是等腰三角形，，因为，，所以，所以，即，因为，，所以平面，因为，所以四边形是菱形，因为是等边三角形，所以是等边三角形，故取中点，所以，所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，设直线与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角的正弦值为20．已知数列的前n项和为，且满足.(1)求数列的通项公式.(2)若，数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据与的关系式可得出是以为首项，3为公比的等比数列，从而可求出数列的通项公式. （2）根据，可求出，然后利用裂项法即可求出.根据的单调性，可证明；根据，可证明.【详解】(1)因为，所以令，得，所以.又，所以，两式相减可得，即，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以，即.(2)因为，所以为递增数列，则.由（1）知，所以，所以，从而.综上可得.21．已知椭圆：的左､右焦点分别为､，经过点且倾斜角为 的直线与椭圆交于､两点（其中点在轴上方）.将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直.(1)若，求折叠后的值；(2)求折叠后的线段长度的取值范围，并说明理由.【答案】(1)；(2)，理由见解析.【分析】（1）设折叠之前，，直线的方程为：与椭圆方程联立可得，，如图建立空间直角坐标系，求出三点坐标，结合椭圆的焦半径公式以及两点间距离，可将表示成关于，的代数式，由可得，的值即可求解；（2）结合（1）可将表示成关于的函数，，再利用换元法结合二次函数的单调性即可求解.【详解】(1)由可得，，所以，点，在没有折叠之前，设直线的方程为：，，，记折叠后点为坐标原点，原轴正半轴为折叠后空间直角坐标系中轴正方向，原轴正半轴为折叠后空间直角坐标系中轴正方向，原轴负半轴为折叠后空间直角坐标系中轴正方向，可得，，，椭圆的左准线方程为：，所以，，则 ①，由可得，所以，，当时，，可得，，代入①得：.(2)因为，所以，由（1）知：，令，可得，因为，在上单调递减，所以的范围为，所以所以折叠后的线段长度的取值范围为.【点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．22．已知函数．(1)求函数的最小值；(2)若有三个零点，①求的取值范围；②求证：．【答案】(1)(2)① ；②证明见解析【分析】（1）令，求出，然后判断单调性即可求解；（2）①：由（1）知，时，，在单调递增，不合题意；由函数零点存在定理可得在和内分别有唯一的零点记为，，则，在上单增，在上单减，在上单增，又由函数零点存在定理即可得有三个零点，符合题意；②：记的三个零点大小为，即，又，则当时，成立，所以，即，化简，得，进而即可证明.【详解】(1)解：，令，则，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以的最小值为，即函数的最小值为；(2)解：①：由（1）知，时，，在单调递增，不合题意；当时，，，，所以在和内分别有唯一的零点记为，，则，所以在上单增，在上单减，在上单增．易知，1为的一个零点，，，又，，所以有三个零点，符合题意．综上，．②证明：不妨记的三个零点大小为，即．又，即．所以当时，成立．即当，则，且，又在有且只有一个零点，所以，即．化简，得，所以．即．