浙江省温州市乐清市知临中学2022届高三下学期5月仿真数学试题-

这是一份浙江省温州市乐清市知临中学2022届高三下学期5月仿真数学试题-，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，函数的图象可能是，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
浙江省温州市乐清市知临中学2022届高三下学期5月仿真数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．已知i是虚数单位，是复数z的共轭复数，若，则为（       ）
A． B． C． D．
2．双曲线的焦点坐标为（       ）
A． B． C． D．
3．若变量x，y满足，则的取值范围是（       ）
A．R B． C． D．
4．如图，网格纸是边长为1的小正方形，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则该多面体的体积为

A．16 B．8 C．4 D．20
5．在等比数列中，已知，则“”是“”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
6．函数（其中e为自然对数的底数）的图象可能是
A． B．
C． D．
7．平面向量满足，则与夹角最大值时为（       ）
A． B． C． D．
8．如图，正方体的棱长为a，E是棱的动点，则下列说法正确的（       ）个．

①若E为的中点，则直线平面
②三棱锥的体积为定值
③E为的中点时，直线与平面所成的角正切值为
④过点，C，E的截面的面积的范围是
A．1 B．2 C．3 D．4
9．下列结论正确的是（       ）
A． B．
C． D．
10．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是
A．440 B．330
C．220 D．110
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



二、双空题
11．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用. 明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理.假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.

如图2，将筒车抽象为一个几何图形（圆），以筒车转轮的中心为原点，过点的水平直线为轴建立如图直角坐标系. 已知一个半径为1.6m的筒车按逆时针方向每30s匀速旋转一周，到水面的距离为0.8m.规定：盛水筒对应的点从水中浮现（时的位置）时开始计算时间，且设盛水筒从点运动到点时所经过的时间为（单位：s），且此时点距离水面的高度为（单位：m）（在水面下则为负数），则关于的函数关系式为___________，在水轮转动的任意一圈内，点距水面的高度不低于1.6m的时长为___________s.
12．已知，为常数，若，则___________，___________.
13．为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“合1检测法”，即将个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还要对本组的每个人再做检测.若有100人，已知其中2人感染病毒，采用“10合一检测法”，若2名患者在同一组，则总检测次数为__________次；若两名感染患者在同一组的概率为，定义随机变量为总检测次数，则数学期望为__________.
14．在中，为的中点，若，，，则________，________．
评卷人
得分



三、填空题
15．设函数，若是函数的最大值，则实数的取值范围为_______．
16．已知a，b均为正数，且，则的最小值为______．
17．经过原点的直线交椭圆于P，Q两点，点P在第一象限，若点P关于x轴的对称点称为M，且，直线与椭圆交于点B，且满足，则椭圆的离心率为_______．
评卷人
得分



四、解答题
18．函数的部分图象如图所示，其中，且最高点A与B的距离

（1）求函数的解析式；
（2）若，求的值.
19．如图，在四棱锥中，，..G是的重心，底面.

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
20．已知，点在函数的图象上，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求及数列的通项公式；
（3）记，求数列的前项和，并证明：．
21．已知分别是椭圆的左、右焦点，点在直线的同侧，且点到直线l的距离分别为．
(1)若椭圆C的方程为，直线l的方程为，求的值，并判断直线与椭圆C的公共点的个数；
(2)若直线l与椭圆C有两个公共点，试求所需要满足的条件；
22．已知函数．
(1)求的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数满足．
（i）求k的取值范围
（ⅱ）证明．

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算求出z，再利用共轭复数及乘法计算作答.
【详解】
因，则，，
所以.
故选：C
2．B
【解析】
【分析】
将双曲线方程化成标准式，即可得到，，从而求出，即可得到焦点坐标；
【详解】
解：双曲线，即，所以，，
所以，即，所以焦点坐标为；
故选：B
3．B
【解析】
【分析】
依题意画出可行域，数形结合即可得解；
【详解】
解：由线性约束条件得到如下所示可行域：

由解得，即，由解得，即，
所以，所以，即；
故选：B
4．A
【解析】
【分析】
由三视图可知，该几何体是底面边长为2与6的矩形，一个侧面与底面垂直的四棱锥，棱锥的高为4，由棱锥的体积公式可得结果.
【详解】
由三视图可知，该几何体是底面边长为2与6的矩形，
一个侧面与底面垂直的四棱锥，棱锥的高为4，
该几何体体积为，故选A.
【点睛】
本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
5．A
【解析】
【分析】
直接利用等比数列的通项公式及其充分条件，必要条件的定义求解即可.
【详解】
∵公比，∴，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，
∴且，
∴且，
即“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
6．A
【解析】
首先判断函数零点，并判断零点左右的正负，排除选项，得到正确答案.
【详解】
由函数可知函数有两个零点，和，
当时，，且时， ，故排除B,C,D.
满足条件的是A.
故选：A
【点睛】
本题考查函数图象的识别，重点考查函数性质的灵活应用，属于基础题型，一般函数图象的识别，首先考查函数的定义域，零点，单调性，极值，特殊值等，一般都是排除选项，得到正确答案.
7．D
【解析】
【分析】
根据条件对两边平方即可得出,从而可求出,进而即可得出然后根据基本不等式即可得出求出向量夹角的最大值,判断出，.
【详解】
因为平面向量满足，所以，
所以，所以.
由夹角公式，（当且仅当，即时等号成立）.
因为，所以，即时最大.
此时.
故选：D
8．B
【解析】
【分析】
如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,对于①、③、④利用向量法计算证明；对于②利用等体积法计算即可判断.
【详解】
如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，，.
所以，.
对于①：当E为的中点时，.设平面的一个法向量为,
则，不妨令x =1,则，
所以平面A1BD的一个法向量为.
又因为，所以与不垂直，所以直线平面不成立.故①错误；
对于②：三棱锥的体积等于三棱锥的体积.
又，高为a,所以.故②错误；
对于③：当E为的中点时，.平面的一个法向量为,
而.
设直线B1E与平面所成的角为，所以.
所以，所以，
即直线与平面所成的角正切值为.故③正确；
对于④：设.因为，，
所以在上得到投影为.
所以点E到直线的距离为.
当z=0，即D、E重合时，截面为矩形，其面积为.
当时，截面为等腰梯形.设截面交于F.所以，
高，所以其面积为.

记，
所以，所以在上单调递减函数，
所以，即.
因为，所以
当z=a，即D1、E重合时，截面为边长为的正三角形，其面积为.
综上所述：.故④正确.
故选：B
9．B
【解析】
【分析】
构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，利用函数的单调性可判断各选项的正误.
【详解】
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
对于A选项，，则，即，所以，，A错误；
对于B选项，，则，即，所以，B正确；
对于C选项，，则，即，
所以，，所以，，C错误；
对于D选项，，则，即，所以，，D错误.
故选：B.
10．A
【解析】
【详解】
由题意得，数列如下：

则该数列的前项和为
，
要使，有，此时，所以是第组等比数列的部分和，设，
所以，则，此时，
所以对应满足条件的最小整数，故选A.
点睛:本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.
11．          10
【解析】
【分析】
根据给定信息，求出以Ox为始边，OP为终边的角，求出点P的纵坐标即可列出函数关系，再解不等式作答.
【详解】
依题意，点到x轴距离为0.8m，而，则，
从点经s运动到点所转过的角为，因此，以Ox为始边，OP为终边的角为，
点P的纵坐标为，于是得点距离水面的高度，
由得：，而，即，解得，
对于k的每个取值，，
所以关于的函数关系式为，水轮转动的任意一圈内，点距水面的高度不低于1.6m的时长为10s.
故答案为：；10
【点睛】
关键点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴.
12．         
【解析】
【分析】
第一空直接通过求解即可；第二空通过赋值法，先令，再令进行求解.
【详解】
，由，可得，；
令，得，令，得，故.
故答案为：；.
13．     20    
【解析】
【分析】
采取“合1检测法”，每组检查一次，共需10次，又两名患者在同一组，需再检查10次，可得一共需要检查的次数；由题意得随机变量可能取的值是20，30，分别求得，，从而得其分布列和期望.
【详解】
解：采取“合1检测法”，每组检查一次，共需10次，又两名患者在同一组，需再检查10次，因此一共需要检查20次；
由题意得，随机变量可能取的值是20，30，
，，
所以随机变量的分布列为：
X
20
30
P



所以，
故答案为：20；.
14．     5    
【解析】
【分析】
由题意可求出的正弦和余弦，由和角公式求出，利用正弦定理可求出；在中由余弦定理求出，再由正弦定理可得答案.
【详解】
由，则
则，所以
所以
在中，
所以
在中，
所以
所以
由,即

故答案为：5，
15．
【解析】
【分析】
由，求得的范围，再求得的单调性，讨论，时函数在的最大值，即可得到所求范围．
【详解】
解：因为，
当时函数单调递减且，
当时，可得在时函数单调递减，在单调递增，
若，，则在处取得最大值，不符题意；
若，，则在处取得最大值，
且，解得，
综上可得的范围是．
故答案为：
16．8
【解析】
【分析】
由已知条件结合基本不等式可得，化简变形得，从而可求出其最小值
【详解】
由，得，
因为，
所以，得，当且仅当时取“=”，
所以．
故答案为：8
17．
【解析】
【分析】
设，的坐标，由题意可得，，的坐标，将，的坐标代入椭圆的方程可得直线，的直线的斜率之积，再由点的坐标可得的斜率，由，可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．
【详解】
解：设，则，设，，
由题意可得，而，所以，
所以，而，
所以可得，
因为，在椭圆上，所以，
两式相减整理可得：，
即，可得，
因为，所以，即，
所以，
离心率，
故答案为： ．
18．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据最高点与点的距离，求得，点在图象上求解.
（2）由，求得，然后由求解.
【详解】
（1）最高点与点的距离，
，

因为点在图象上，
所以
因为，
所以，
所以.
（2），
因为，
所以，
所以，
所以，

.
【点睛】
方法点睛：已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)五点法，由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ；(2)代入法，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求．
19．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）过点作交于点交于点，可证，从而得到、、共线，即，即可得证；
（Ⅱ）连接，可得四边形是菱形，从而求出、，在中，求出，根据得到，最后根据计算可得；
【详解】
解：（Ⅰ）如图过点作交于点交于点，
因为是等边三角形，且底面，所以，所以，
又，所以，所以，又是的重心，所以、、共线，所以，又面，面，
所以面，

（Ⅱ）如图连接，
因为，.
所以，，
所以，所以四边形是菱形，
所以，，
所以
所以
在中，
因为，
所以
所以
设直线与平面所成角为，
所以
所以直线与平面所成角的正弦值
【点睛】
本题考查线面平行的证明，以及线面角的计算，考查空间想象能力，属于中档题.
20．（1）证明见解析；（2），；（3），证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意得，两边同取以10为底的对数，结合等比数列的定义即可得证.
（2）由（1）可得，化简可得，代入，化简计算，结合等差数列求和公式，计算即可得，由，即可得数列的通项公式.
（3）因为，化简可得，根据题意，可得的通项公式，利用裂项相消求和法，可得表达式，结合表达式，即可得证.
【详解】
（1）由已知，得，∴．①
∵，∴，
①式两边取对数，得，即，
∴数列是首项为，公比为2的等比数列.
（2）由（1），知，
∴，②
∴
，
由②式得数列的通项公式.
（3）∵，
∴，∴.
又，∴.
∴.
∵，，则，
∴，又，
∴.
21．(1)；1.
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用点到直线的距离公式直接求出的值，即可得到；利用代数法判断直线与椭圆C的公共点的个数；
（2）先利用代数法求出直线l与椭圆C有两个公共点时的条件，再求出，即可得到.
(1)
椭圆C的方程为，则.
又直线，所以，
所以.
联立，消去y可得：.
因为，所以直线与椭圆C有1个公共点.
(2)
联立，消去y可得：.
因为直线l与椭圆C有两个公共点，所以，整理化简得：.
又，其中，所以，，
所以.
所以直线l与椭圆C有两个公共点，则.
22．(1)
(2)（i）；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用导数判断单调性，可求得极小值点；（2）（i）将问题转化为求函数的最小值问题,同时要注意边界; （ⅱ）通过换元,将问题转化为求函数的最值问题,从而获得证明.
(1)
函数的导函数为.
当时，，所以函数单调递减；当时，，所以函数单调递增.
所以为的极值点.
(2)
因为有且仅有两个不相等的实数满足，所以.
（i）问题转化为在(0,+∞)内有两个零点,则.
当时, ,单调递减；当时, ,单调递增.
若有两个零点,则必有<0,解得：.
若k≥0,当时, ,无法保证有两个零点；
若,又,,
故存在使得,存在使得.
综上可知, .
（ⅱ）设则t∈(1,+∞).将代入,可得，（*）.
欲证: ，需证即证，将（*）代入，则有，则只需要证明：，即.
构造，则，.
令，则.所以，则，所以在内单减.
又，所以当时，有，单调递增；当时，有，单调递减；
所以，因此，即.
综上所述，命题得证.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)利用导数证明不等式．