浙江省宁波市效实中学2022届高三下学期5月模拟数学试题

这是一份浙江省宁波市效实中学2022届高三下学期5月模拟数学试题，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，设集合，则“”是“”的，函数的大致图象为，已知且，则的最小值是等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前浙江省宁波市效实中学2022届高三下学期5月模拟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．设是虚数单位，复数为实数，则实数的值为（       ）A．2 B． C． D．2．设变量满足则的最大值和最小值分别为A．１，－１ B．２，－２ C．１，－２ D．２，－１3．设集合，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4．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则A． B． C． D．5．已知定义在上的奇函数和偶函数满足，若，则　　A．2 B． C． D．6．函数的大致图象为（       ）A． B．C． D．7．已知数列满足，其前项和为，且，则数列的前项和为（       ）A． B．C． D．8．平面向量满足，则与夹角的最大值为（　　）A． B． C． D．9．已知圆锥的高是底面上圆的直径，，是圆上的动点，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为（       ）A． B． C． D．110．已知且，则的最小值是（       ）A． B． C． D．8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．设函数，则___________；若，则的取值范围是___________.12．已知直线，若，则___________；若，则___________.13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为___________；表面积为___________.14．若的展开式中所有项的系数之和为256，则___________，含项的系数是___________（用数字作答）.评卷人得分  三、填空题15．某市的5所学校组织联合活动，每所学校各派出2名学生．在这10名学生中任选4名学生做游戏，记 “恰有两名学生来自同一所学校”为事件，则________．16．双曲线的左､右焦点分别为与，且焦距长为，过的直线交双曲线的渐近线于两点，若，且，则该双曲线的离心率是___________.17．若不等式对任意的正整数恒成立，则的取值范围是___________.评卷人得分  四、解答题18．设函数.(1)求的单调递增区间；(2)将的图象往右平移，得到新函数的内角的对边分别为，已知，且，求.19．如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，是线段的中点. (1)求证：平面：(2)若，且，记为的重心，求二面角的平面角的余弦值.20．设各项均为正数的数列的前项和为，满足.(1)求的值：(2)求数列的通项公式：(3)证明：对一切正整数，有.21．已知分别为椭圆的左､右焦点，长轴长为，分别为椭圆的上、下顶点，且四边形的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的离心率为，过点的直线与曲线交于两点，设的中点为M，两点为曲线上关于原点对称的两点，且，求四边形面积的取值范围.22．设函数，其中.(1)若，讨论的单调性；(2)若，设为的极值点.（i）求取值范围：（ii）若为的零点，且，证明：.（注：是自然对数的底数）
参考答案：1．C【解析】【分析】利用复数除法运算化简，然后根据复数为实数的条件求得的值.【详解】依题意，复数为实数，所以.故选：C2．B【解析】【详解】试题分析：由约束条件，作出可行域如图，设 ，则 ，平移直线 ，当经过点时，取得最大值，当经过点时，取得最小值，故选．考点：线性规划.3．C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再利用集合并集的定义及充分条件必要条件的定义即可求解.【详解】由，得，所以，所以由，得或，所以，所以“”是“”的充分必要条件故选：C.4．B【解析】【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值，由已知直线的斜率得到tan的值，然后根据同角三角函数间的基本关系求出cos的平方，然后根据二倍角的余弦函数公式把所求的式子化简后，把cos的平方代入即可求出值．【详解】根据题意得：tan＝﹣2，∴cos2，则cos2＝2cos2﹣11．故选B．【点睛】此题考查了任意角的三角函数定义，同角三角函数间的基本关系，以及二倍角的余弦函数公式，熟练掌握公式是解本题的关键．5．B【解析】【分析】根据条件构造关于和的方程组来求解．【详解】解：因为，所以，因为为奇函数，为偶函数，所以，上述方程组中两式相加得： ，即，因为，所以，将，代入方程组中任意一个可求得，故选：B．【点睛】题目所求与已知中出现的是和，但是由于的存在解不出，故需要再结合奇偶性构造第二个方程，属于中档题．6．A【解析】先判断函数奇偶性，排除C，D选项，再特殊值检验，排除B选项，即可.【详解】由题意可知，函数的定义域为，关于原点对称.函数为奇函数. 图象关于原点成中心对称，排除C，D选项.又时当时，故，排除B选项.故选A【点睛】本题考查函数图象问题，解决本题应从定义域，奇偶性，单调性，特殊值四个方面研究，属于较易题.7．A【解析】【分析】根据与的关系可知数列从2项开始是以为首项，3为公比的等比数列，进而可得，则均小于0，均大于0.结合等比数列前项和公式计算即可.【详解】由①，得，解得，当时，②，由①②，得，则，两式相减，得，即，又不符合上式，所以数列从2项开始是以为首项，3为公比的等比数列，则，所以.得，，所以均小于0，均大于0.所以当时，数列的前项和为.故选：A.8．D【解析】【分析】利用和，化简得到，然后得出，再利用，然后利用均值不等式求解即可【详解】解：∵；∴；∴；∴；∴；∵；∴；∴与夹角的最大值为．故选D．【点睛】本题考查向量的数量积，向量的夹角的运算，属于基础题9．C【解析】【分析】做交圆上一点，以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，且， 求出、平面的一个法向量坐标，设直线与平面所成的角为，可得，令，利用导数可得的最值，从而得到答案.【详解】做交圆上一点，以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，且， 当时，与重合，此时构不成平面，当时，与重合，此时构不成平面，即，，所以，，，设平面的一个法向量为，所以，即，令，则，所以，设直线与平面所成的角为， ，令，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.故选：C.10．B【解析】【分析】根据两点间距离公式模型，结合曲线的切线，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】代数式可以看成点到点距离的平方，点在平面直角坐标系中，表示单位圆上的点，点表示曲线上的点，如下图所示：，由，所以曲线在点处的切线方程为：，此时直线与直线垂直于点，交圆于点，由数形结合思想可以确定：当点运动到点时，当点运用到点时，有最小值，即，故选：B【点睛】关键点睛：利用数形结合思想进行求解是解题的关键.11．          【解析】【分析】第一空，先求出，再求得值，即得答案;第二空，分和两种情况分别解不等式，即得答案.【详解】由题意得，故；当时， ，故由得， ；当时， ，故由得， ，此时 ，故的取值范围是，故答案为：；12．          或0【解析】【分析】根据直线平行和垂直的条件直接求解可得.【详解】因为若，则且，解得；若，则，解得或.故答案为：，或013．     ##     ##【解析】【分析】将三视图还远原成实物直观图，得知该几何体是由半圆柱加上一个长方体构成的，按照体积和表面积公式一一计算即可【详解】将三视图还原成直观图，如图所示则该几何体是由底面半径为，高为的半圆柱加上一个长、宽、高分别是的长方体组成故该几何体的体积 其表面积 故答案为：，14．     4     184【解析】【分析】根据赋值法，由系数之和可解得，然后根据二项式展开式中通项的求法，即可求解.【详解】令，则，则，通项为 其中 令 ，解得 或者，所以项的系数为故答案为：15．【解析】【详解】在这10名学生中任选4名学生共包含个基本事件，事件“恰有两名学生来自同一所学校”包含，故，故答案为.16．##1.5【解析】【分析】利用角平分线定理可得，根据余弦定理列方程可得，然后由两点间距离公式可得渐近线倾斜角的余弦值，进而可得斜率，由公式可得.【详解】记，因为，，所以又，所以在中，由余弦定理可得整理得如图，不妨设点A在第一象限，则则解得因为，所以，所以所以故答案为：17．【解析】【分析】由题意知, 原不等式或，,利用对数函数与指数函数的性质得到关于的不等式，求出对任意的正整数都成立的的取值即可.【详解】原不等式或，因为,所以（1）或（2）.当时，（2）成立，此时.当，时，（1）成立，因为在（1）中，，令，则为单调递增函数，所以要使（1）对，成立，只需时成立.又时，.所以使不等式对任意的正整数恒成立，的取值范围是：.故答案为：【点睛】本题考查利用对数函数和指数函数的有关性质及分类讨论的思想求解参数范围;分别对两种不同情况进行分析求出其公共范围是求解本题的关键;属于难度较大型试题.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）先化简，再令即可求出答案；（2）根据三角函数的平移变换求出，再由可求得，再由正弦定理和二倍角公式化简可得，即可求出.(1)，，所以单调递增区间为.(2)，又，，或（舍）或，19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）易得四边形是平行四边形，从而有，再利用线面平行的判定定理证明； （2）易证平面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，取平面的一个法向量，由求解.(1)证明：因为，所以四边形是平行四边形，平面平面，则平面.(2)根据题意可得，，，又，平面，建立如图所示空间直角坐标系.则所以，令平面的一个法向量为，则，即，取，则，取平面的一个法向量，所以二面角的平面角的余弦值为.20．(1)(2)(3)证明见解析【解析】【分析】（1）令解方程可得答案；（2）利用可得答案；（3）令，利用裂项相消可得答案.(1)令，，则舍去，所以.(2)，因为数列各项均为正数，舍去，，当时，，(3)令，所以21．(1)或(2)【解析】【分析】（1）根据题意利用待定系数法列出方程组即可求得的值，进而得到椭圆的方程；（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得两点坐标，进而得到四边形面积的表达式，从而求得该四边形面积的取值范围.(1)由，得，又，则由，可得或则椭圆的方程为或.(2)由椭圆的离心率，则椭圆的方程为当直线AB斜率存在时，设直线，代入，整理得则，则直线 代入，整理得，取，则，则，则，即当直线AB斜率不存在时，AB的方程为，此时，，，综上，四边形面积的取值范围为.22．(1)在上单调递增(2)（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出导数，根据，确定函数的单调性；（2）（i）利用导数求得函数的单调性知存在唯一的极值点，求出，再对求导，求出其单调性即可求出取值范围.（ii）法1：要证：，即证：即证：，即证：，通过放缩，即证：即可.法2：由题意可得：即可得，结合放缩法可得，对不等式同时取对数，即可证明.(1)，因为，所以，所以在上单调递增；(2)（i）因为，所以在单调递减；又时，时，，所以存在唯一的极值点，使得，即.又因为单调递减，且，所以，可得，，，所以单调递增，所以，所以.（ii）法且所以令，则，且单调递减，要证：，即证：即证：，即证：，即证：，（*）又因为，所以（*）式只要证明：，整理得即证：，又因为，所以成立.法2：由题意，即，从而，即.因为当时，.又，故.两边取对数，得，于是.整理得.【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力，属于难题.