2022届浙江省宁波市镇海中学高三下学期5月高考模拟数学试题含解析

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浙江省宁波市镇海中学2022届高三下学期5月高考模拟数学试题一、单项选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．2．若复数满足（为虚数单位），则的虚部为（       ）A． B． C． D．3．已知向量，，则“存在实数，使得”是“，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4．已知实数x，y满足条件，则的最大值（       ）A．8 B．2 C．4 D．5．已知点是圆内一点，直线l是以M为中点的弦所在的直线，直线m的方程为，那么（       ）A．且m与圆C相切 B．且m与圆C相切C．且m与圆C相离 D．且m与圆C相离6．已知函数，则在同一个坐标系下函数与的图像不可能是（       ）A． B．C． D．7．将编号为1，2，3，4的4个小球，放入五个不同的盒子中，每个盒子至多放2个球，且同一个盒子内不出现连续编号的小球，则不同的放法数是（       ）A．300 B．320 C．360 D．5408．已知P为双曲线上一点（非顶点），，令的面积为S，若，则双曲线的离心率e为（       ）A． B． C．2 D．39．已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为（       ）A．3 B．4 C．2或3或4或5 D．2或3或4或5或610．已知数列满足，且是数列的前n项和，则（       ）A．数列单调递增 B．C． D．三、填空题：本题共7小题，每小题5分，共35分。11．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧及其所对弦围成的图形．若弧田的弦长是2，弧所在圆心角的弧度数也是2，则弧田的弧长为_______，弧田的面积为_________．12．二项式的展开式中，常数项是________，有理项的个数为________．13．随机变量X的取值为，0，1，若，则_______，________．14．在中，P是边上靠近B点得四等分点，，则_______，则__________．15．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和俯视图均为边长为2的正方形，侧视图是等腰直角三角形，则该几何体的体积为__________．16．已知，则的最大值为________．17．设为不共线的向量，满足，且，若，则的最大值为________．五、解答题18．已知向量，记函数．(1)求的对称轴和单调递增区间；(2)在锐角中，角A，B，C的对边为a，b，c，若，求的取值范围．19．在直角中，，M，N分别为的中点，，如图1．将沿折起至的位置，如图2．连接．(1)证明：平面平面；(2)连接，若，求平面和平面所成锐二面角的余弦值．20．已知数列的前n项和为，数列为等差数列，且满足．(1)求数列和的通项公式；(2)若，求数列的前项和．21．已知椭圆右焦点为，椭圆的左焦点为F，点A为椭圆E上一动点（不在x轴上），点B为线段与椭圆C的公共点（且B靠近点A）．(1)若点F恰为椭圆C的左顶点，求椭圆E的方程；(2)令面积的最大值为，求的取值范围．22．已知函数(1)求证：函数在上有唯一零点；(2)若方程有且仅有一个正数解，求证：．参考答案：1．B【解析】【分析】直接根据集合的交集运算即可.【详解】显然.故选：B．2．D【解析】【分析】利用复数的乘法化简复数，即可得出复数的虚部.【详解】由得，故的虚部为．故选：D．3．A【解析】【分析】根据∥，则，使得，结合充分、必要条件判定．【详解】由存在实数，使得，可得共线；但当时，共线，此时不一定存在实数，使得．故选：A．4．C【解析】【分析】根据不等式组，作出线性区域，根据的几何意义进行求解.【详解】画出线性区域，如图．，其几何意义是点到直线的距离的倍．容易发现点为最大值所在位置，代入目标函数得，故选：C．5．C【解析】【分析】由题意可得，从而可求得圆心到直线的距离，则可得直线m与圆C相离，求出直线的斜率，可得，而，从而可得结论【详解】由点是圆内一点得．所以圆心到直线的距离为．故直线m与圆C相离．另一方面，直线的斜率为，而直线l以M为中点，故直线．又直线m的斜率也是2，所以，所以.故选：C．6．D【解析】【分析】设，由奇偶性的定义及性质可得是R上的奇函数，且是R上的增函数，然后分、和三种情况讨论即可求解.【详解】解：设，因为，所以是R上的奇函数，又时，在上单调递增，所以在R上单调递增，且有唯一零点0，所以的图像一定经过原点，当时，与的图像相同，不符合题意．当时，是R上的奇函数，且在上单调递增，所以与的图像可能为选项C；当时，若，所以与的图像可能为选项A或B.故选：D．7．B【解析】【分析】分每个盒子只放入1个小球、有1个盒子放入2球，其余2个盒子中每个盒子放入1个小球和4个球2个盒子，每个盒子放入2个小球三类讨论，再分组分配结合分类加法原理即可得出答案.【详解】解：第一类：每个盒子只放入1个小球．先从五个不同的盒子选出四个盒子，再将4个小球放入4个盒子中，故有种放法，第二类：有1个盒子放入2球，其余2个盒子中每个盒子放入1个小球．放入同一个盒子的2个小球编号只能是1和3或1和4或2和4，故有种放法，第三类：4个球2个盒子，每个盒子放入2个小球．放入同一个盒子的2个小球编号只能是1和3，2和4，先从五个不同的盒子选出两个盒子，再将4个小球放入2个盒子中，故有种放法，共有种放法．故选：B．8．A【解析】【分析】设，代入双曲线方程变形得，计算，得离心率与的关系，，中由正弦定理和表示，求得面积，代入已知等式并结合开始所求关系得离心率的方程，从而求得离心率．【详解】设，则，即．因为，所以，即，中由正弦定理知，，，从而，由，得到，即，所以，故选：A．9．A【解析】【分析】画出函数图象，令，则，所以，即方程必有两个不同的实数根，再利用韦达定理及函数图象分类判断即可.【详解】根据题意作出函数的图象：，当，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以；函数，时单调递减，所以，对于方程，令，则，所以，即方程必有两个不同的实数根，且，当时，，3个交点；当时，，也是3个交点；故选：A．【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令，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上是连续不断的曲线，且，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．BD【解析】【分析】对于A，证明数列单调递减即得解；对于B，证明即得解；对于C，随着减小，从而增大．即得解；对于D，证明即得解.【详解】对于A， 因为，所以，设，当时，单调递减，当时，单调递增.所以所以所以 当时，；当时，，因为，所以这种情况不存在.所以，所以数列单调递减. 所以选项A错误.．所以A错误．对于B：由前面得．下面证明．只需证明，令，，令，则，∴成立．所以，所以，所以选项B正确；对于C：，设，设，则．所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大．所以，即．所以C错误．对于D：一般地，证明：．只需证明．．令，则，∴成立．所以，所以．所以D正确．故选：BD11．     ;     .【解析】【分析】（1）利用弧长公式解决，那么需要算出半径和圆心角；（2）用扇形的面积减去三角形的面积即可.【详解】由题意可知：，所以弧长，弧田的面积，故答案为：；.12．     60     4【解析】【分析】写出通项，根据要求出的值即可求得答案.【详解】，令，常数项为；，符合题意，所以共有4个；故答案为：60；4．13．          ##【解析】【分析】设，列出分布列，根据期望与方差公式可求解.【详解】设，则，因此分布列如图所示，由题意可知：所以，，所以．故答案为：；．14．     2     【解析】【分析】利用余弦定理和三角形面积公式求出，再根据余弦定理可求出结果.【详解】由余弦定理，得，又，得，所以，联立，得，所以，所以.故答案为：2；.15．【解析】【分析】根据该几何体是由一个三棱柱，去掉两个三棱锥而成求解.【详解】解：由三视图可知，此直观图是由直三棱柱，去掉三棱锥和三棱锥而成，如图所示：所以其体积为：，故答案为：.16．##【解析】【分析】根据题意得，设，所以，所以，求出的范围，所以，分析求最值即可.【详解】，所以，设，代入，则有，看成关于的一元二次方程，若方存在，则关于的一元二次方程必须有解，所以判别式或，所以或又函数在上单调递增，所以当且仅当时取得等号，此时，.故答案为：．【点睛】求函数最值和值域的常用方法：(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．17．324【解析】【分析】采用建系法，令，将各个点用坐标表示，然后表达出面积的最大值，进而求得的最大值；【详解】令，又因为，即，则点C为的外心，因为，设，不妨取则点在圆上，由，代入坐标，，解得，联立和，解得，故，当且仅当即时取“=”.故，于是.故答案为：324【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．18．(1)对称轴为，(2)【解析】【分析】（1）根据向量的数量积、二倍角公式、辅助角公式得，从而可求对称轴方程及单调递增区间；（2）先求得，再由正弦定理及两角和与差的正弦公式及辅助角公式可得，根据三角函数可求得范围.(1)由题意，所以的对称轴为，即，单调递增区间满足，解得，所以单调递增区间为．(2)由得，，所以，所以，因为为锐角三角形，故，得，所以，即的取值范围为．19．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）通过线面垂直来推导出面面垂直，利用面面垂直判定解决；（2）将几何体补成三棱锥，根据二面角的定义，先作出二面角的平面角后求解.(1)∵，，面∴面，又面 ∴面面；(2)延长和，交于P点，连，作，垂足为H，连，由（1）可得面面，∴面，∴，又∵，∴面，∴，设，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴面，∴，∴即为所求二面角，∴.20．(1)，；(2).【解析】【分析】（1）求出即得数列的通项公式，利用与的关系求出数列的通项公式；（2）求出，再利用分组求和求数列的前项和．(1)解：令，令，又，所以，即．所以，，①        ．②两式相减得，，即是公比为2的等比数列，且，所以．(2)解：由可得，．累加可得，，而，∴.21．(1)(2)【解析】【分析】（1）易知椭圆C方程的左顶点坐标为，将，变形为，根据题意，由求解；（2）设的方程为，与联立，利用弦长公式得到，同理得到，求得点到的距离，由求解.(1)解：点F恰为椭圆C的左顶点，椭圆C方程为，左顶点坐标为，为椭圆E的左焦点，，即为，所以，所以椭圆E的方程为；(2)如图所示：设的方程为，联立，得，设，则，所以，同理得，点到的距离为，所以，，，由椭圆几何性质知：当时，，即，则，所以在上递增，所以.22．(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求得，结合及指数函数的性质，得到，再结合零点的存在定理，即可求解.（2）利用导数求得函数的单调性，得到时，方程有且仅有一个正数解，要证，转化为，利用导数求得函数的单调性，结合，得到在上恒成立，再由，证得．(1)解：由题意，函数，可得当时，可得且，所以，所以函数在上单调递增，又因为，由零点存在定理可知，函数在上有唯一零点.(2)解：当时，，当时，，单调递减；当，，单调递增；当，，单调递减，又由当时，；时，，所以当时，方程有且仅有一个正数解，现证不等式左侧：，要证，只需证在上恒成立，只需证，令，可得，则，可得，令，解得或（舍去），可得在减，增，函数在轴交点为，在增，减，增，与轴交点为，在增，减，，所以在上恒成立，证不等式右侧：因为，所以．【点睛】对于利用导数证明不等式的恒成立或有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．01