2022届浙江省杭州学军中学高三下学期5月适应性考试数学试题含解析

2022届浙江省杭州学军中学高三下学期5月适应性考试数学试题

一、单选题

1．已知集合A=，B=，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简集合，再根据并集的定义求解即可.

【详解】不等式的解集为，

不等式的解集为，

所以，．

故．

故选：B.

2．已知双曲线的一条渐近线方程为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据双曲线的渐近线方程可得出关于的等式，即可解得的值.

【详解】由已知可得，双曲线的渐近线方程为，则，解得.

故选：D.

3．复数满足（为虚数单位），则复数的模长为（       ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】用复数四则运算法则，根据模的定义即可.

【详解】，

；

故选：C.

4．已知向量，，则“”是“与共线”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

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出与共线的充要条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】向量，，则，解得或，

所以“”是“与共线”的充分不必要条件.

故选：A

5．古代勤劳而聪明的中国人，发明了非常多的计时器，其中计时沙漏制作最为简洁方便、实用，该几何体是由简单几何体组合而成的封闭容器（内装一定量的细沙），其三视图如图所示（沙漏尖端忽略不计），则该几何体的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图还原几何体为双锥体，利用圆锥的体积公式求体积即可.

【详解】由三视图知：几何体是底面直径为2的双锥体，且两个锥体的高为2，如下图：

所以几何体体积为.

故选：A

6．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】令，该函数的定义域为，，

所以，函数为偶函数，排除AB选项，

当时，，则，排除C选项.

故选：D.

7．已知直三棱柱，若，，是棱中点，则直线与直线所成角的余弦值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】为中点，连接易得为平行四边形，则，进而确定直线与直线所成角的平面角，应用余弦定理求其余弦值.

【详解】若为中点，连接，又是棱中点，

所以，在直三棱柱中且，即为平行四边形，

所以，则直线与直线所成角即为，

若，则，，

所以.

故选：C

8．已知圆的方程为，P是圆O上的一个动点，若OP的垂直平分线总是被平面区域覆盖，则实数的取值范围是（     ）

A． B．  C．  D．

【答案】B

【分析】先作出不等式|x|+|y|≥a表示的平面区域，及OP的垂直平分线形成的区域，

再结合题意分析这两个区域的相互覆盖情况即可．

【详解】

如图，随着点P在圆上运动，OP的垂直平分线形成的区域是圆：x2+y2=1的外部，…①

平面区域|x|+|y|≥a表示正方形EFGH的外部，…②

若OP的垂直平分线总是被平面区域|x|+|y|≥a覆盖，则①区域要包含于②区域，

故；

故选：B．

9．正实数，满足，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据题干中等式变形，得到，对变形后使用基本不等式求解最小值.

【详解】变形为，则，即，令，（），则恒成立，则，（）单调递增，又，所以，则，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为2

故选：A

10．设数列满足，其中c为实数，数列的前n项和是，下列说法不正确的是（       ）

A．c∈[0,1]是的充分必要条件 B．当c>1时，一定是递减数列

C．当c<0时，不存在c使是周期数列 D．当时，

【答案】C

【分析】利用条件以及数学归纳法说明A成立；结合类推思想说明B成立；利用零点存在定理说明存在c使是周期数列，即C错误；利用放缩法说明D成立.

【详解】若，则，即必要性成立；

若c∈[0,1]，则

假设时，

则时，

因此c∈[0,1] 时，，即充分性成立；故A成立；

单调递增，

同理，依次类推可得，即一定是递减数列，故B成立；

当c<0时，

由，令存在零点，即存在c使是周期数列，即C错误；

当时，

由A得，所以

因为时，，所以，即D成立；

故选：C

【点睛】本题考查数列周期、数列单调性、等比数列求和、零点存在定理、数学归纳法，考查综合分析论证与判断能力，属难题.

二、填空题

11．若函数在区间内有极小值，则的取值范围为________．

【答案】

【分析】求，讨论和时的单调性与极小值点，使得极小值点位于区间即可求解.

【详解】由可得，

当时，恒成立，所以在上单调递增，无极值；

当时，令可得或；

令可得：，

所以时，在处取得极小值，

若函数在区间内有极小值，

则，解得，

综上所述：的取值范围为

故答案为：.

12．袋子中有6个大小相同的黑球，5个同样大小的白球，现从中任取4个球，取出一个黑球记0分，取出一个白球记1分，表示取出的4个球的得分之和，求的数学期望______（数字作答）

【答案】

【分析】由题意，服从超几何分布，求出的所有可能取值对应的概率，利用期望公式即可求解.

【详解】解：由题意，的所有可能取值为0,1,2,3,4，

，，，，，

所以的数学期望，

故答案为：.

13．已知，则向量的范围是____________．

【答案】

【分析】设出，利用向量数量积运算法则得到，利用求出取值范围.

【详解】设，

所以①,

一方面，，

当且仅当与同向，与同向时取得最大值，

另一方面，，

其中，当且仅当与反向时取得最小值．

故．

故答案为：

三、双空题

14．_______，=_______

【答案】     3     4

【分析】①由对数恒等式即可得到结果②，由幂的乘方，底数不边，指数相乘即可求解

【详解】①因为，所以

②

15．已知，则______.______.

【答案】     60     728

【分析】对变形为，写出展开式的通项公式，从而求出的值；

赋值法求解系数和，从而求出答案.

【详解】，

所以通项公式为，故；

令得：，

其中，所以

故答案为：60，728

16．已知函数，那么___________若存在实数，使得，则的个数是___________.

【答案】         

【分析】求出的值，再计算的值；设，则，可求得或，再解方程或，可求得的值即可求解.

【详解】因为，所以，

所以，

设，则，

当时，，可得，

当时，，可得，

所以或，

当时，由或可得或；

当时，或，

可得或（舍）或或，

综上所述：，，，，，有个符合题意，

故答案为：；.

17．如图，在中，，，的面积等于，则____，角平分线的长等于_____．

【答案】         

【分析】由三角形面积得，由余弦定理得，结合解得，由正弦定理可得，求得，在直角三角形中求得．

【详解】,，又由得，

由解得所以．因为，所以，在中，．

故答案为：；．

【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形．掌握正弦定理和余弦定理是解题关键．

四、解答题

18．已知函数（其中，，，均为常数，且，，）的部分图像如图所示．

(1)求的解析式；

(2)若，，求的值域．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据函数图像可得、、，再由五点法求，进而写出解析式；

（2）应用诱导公式、辅助角公式可得，根据正弦型函数的性质求值域.

【详解】(1)由题图且，则，，

，则且，又，故，

综上，.

(2)由题设，，而，

所以，则，

故

19．如图，在直三棱柱中，平面侧面，且.

(1)求证：；

(2)若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，点E为线段中点

【分析】(1)通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.

【详解】(1)证明：连接交于点，

因，则

由平面侧面，且平面侧面，

得平面，又平面，所以.

三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以.

又，从而侧面，

又侧面，故.

(2)由(1).平面，则直线与平面所成的角,

所以，又，所以

假设在线段上是否存在一点E，使得二面角的大小为,

由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为x，z轴,以过A点和AC垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系，

如图所示，则，

且设， ，

得

所以，

设平面的一个法向量，由，得：

，取,

由(1)知平面，所以平面的一个法向量,

所以，解得,

∴点E为线段中点时，二面角的大小为.

20．在数列中，已知．

(1)求证：数列为等比数列；

(2)记，且数列的前项和为．若为数列中的最小项，求的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由，整理得：．由，，可知是以为首项，公比为的等比数列；

（2）由（1）求得数列通项公式及前项和为，由为数列中的最小项，则对有恒成立，分类分别求得当时和当的取值范围，当时，，利用做差法，根据函数的单调性，即可求得的取值范围．

【详解】(1)证明：∵，

∴．

又，

∴，

故，

∴是以为首项，公比为的等比数列．

(2)解：由（1）知，∴．

∴

．

若为数列中的最小项，则对有恒成立，

即对恒成立．

1° 当时，有；

2° 当时，有；

3° 当时，恒成立，

∴ 对恒成立．

令，则对恒成立，

∴在时为单调递增数列．

∴，即．

综上，，即的取值范围为．

21．如图，设椭圆：()，长轴的右端点与抛物线：的焦点重合，且椭圆的离心率是.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过作直线交抛物线于，两点，过且与直线垂直的直线交椭圆于另一点，求面积的最小值，以及取到最小值时直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由已知求得，再由椭圆的离心率求得c，进而求得b ，即得椭圆的标准方程；

（2）先设直线l的方程，设，再联立方程得到，利用韦达定理求得，同理求得，计算的面积为：，换元，所以，利用导函数可求得最值.

【详解】解：（1）椭圆长轴的右端点与抛物线的焦点F重合，，又椭圆C1的离心率是，，故，

所以椭圆C1的标准方程为；

（2）过点F(2, 0)的直线l的方程设为:，设,联立，整理得，

所以，，

过F且与直线l垂直的直线设为：，联立，整理得：，

设点 ，，，

所以的面积为：，

令，所以，

则，令，得，当时，， 单调递减，当时，， 单调递增，所以当时，有最小值，

此时，的面积最小，

即解得时，的面积最小值为9，

此时直线l的方程为：.

【点睛】关键点点睛：

本题研究直线与椭圆的位置关系中三角形面积的最值问题，关键在于设出直线方程，用一个变化的量表示三角形的面积，再利用导数求最值突破难点.

22．已知函数，，其中a>1.

（I）求函数的单调区间；

（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；

（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.

【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.

【详解】分析：（I）由题意可得.令，解得x=0.据此可得函数的单调递减区间，单调递增区间为.

（II）曲线在点处的切线斜率为.曲线在点处的切线斜率为.原问题等价于.两边取对数可得.

（III）由题意可得两条切线方程分别为l1：.l2：.则原问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合.转化为当时，关于x1的方程存在实数解，构造函数，令，结合函数的性质可知存在唯一的x0，且x0>0，使得，据此可证得存在实数t，使得，则题中的结论成立.

详解：（I）由已知，，有.

令，解得x=0.

由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.

由，可得曲线在点处的切线斜率为.

因为这两条切线平行，故有，即.

两边取以a为底的对数，得，所以.

（III）曲线在点处的切线l1：.

曲线在点处的切线l2：.

要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，

只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.

即只需证明当时，方程组有解，

由①得，代入②，得.     ③

因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.

设函数，

即要证明当时，函数存在零点.

，可知时，；

时，单调递减，

又，，

故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.

由此可得在上单调递增，在上单调递减.

在处取得极大值.

因为，故，

所以.

下面证明存在实数t，使得.

由（I）可得，

当时，

有

，

所以存在实数t，使得

因此，当时，存在，使得.

所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.

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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度   从高考来看，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)考查数形结合思想的应用．