2022届浙江省温州中学高三下学期5月模拟数学试题含解析

浙江省温州中学2022届高三下学期5月模拟

数学试题

一、选择题: 本大题共 10 小题, 每小题 4 分, 共 40 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．已知是虚数单位，复数满足，则的虚部是（       ）.

A． B． C． D．

3．已知双曲线的一条渐近线方程为，则C的离心率为（       ）

A． B． C． D．

4．若实数x，y满足，则的最大值是（       ）

A． B． C． D．

5．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．过x轴正半轴上一作圆的两条切线，切点分别为A，B，若，则的最小值为（       ）

A．1 B． C．2 D．3

7．已知，则函数的图象不可能是（       ）

A． B．

C． D．

8．已知，则的最大值为（       ）

A．3 B． C．4 D．

9．在四棱锥中，底面是等腰梯形，若，，则下列结论可能成立的是（       ）

A． B． C． D．

10．已知数列满足，，给出下列三个结论：①不存在a，使得数列单调递减；②对任意的a，不等式对所有的恒成立；③当时，存在常数C，使得对所有的都成立．其中正确的是（       ）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③

非选择题部分 (共 110 分)

二、填空题: 本大题共 7 小题, 多空题每题 6 分, 单空题每题 4 分, 共 36 分.
11．如图1是第七届国际数学数育大会的会徽，它的主题图案是由图2所示的直角三角形演化而成的，设其中的第一个直角三角形是等腰三角形，且，它可以形成近似的等角螺线，记的长度组成数列，则__________．

12．已知平面向量满足，则的取值范围是__________．

13．过抛物线的焦点F作斜率分别为的两条不同的直线，且，与相交于点A，B，与相交于点C，D．分别以为直径的圆M，圆N（M，N为圆心）的公共弦记为 l ，则点M到直线 l 的距离的最小值为__________．

14．将一个四棱锥和一个半圆柱进行拼接，所得几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为__________，表面积为__________．

15．若的各项系数和与二项式系数和均为32，则__________，__________．

16．在中，角A，B，C所对边分别为，则_______，的面积的最大值为__________．

17．从装有大小完全相同的m个白球，n个红球和3个黑球共6个球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为X，若，则__________，__________．

二、解答题: 本大题共 5 小题, 共 74 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

18．已知函数．

(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；

(2)若函数关于点中心对称，求在上的值域．

19．如图，在四棱锥中，平面，，E为的中点，点F在棱上，满足∥平面．

(1)求的值；

(2)求直线与平面夹角的正弦值．

20．等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足．

(1)求数列和的通项公式；

(2)已知数列满足，设的前n项和为，若实数满足对任意的恒成立，求的取值范围．

21．已知椭圆的上、下顶点分别为，抛物线在点处的切线l交椭圆于点M，N，交椭圆的短轴于点C，直线交x轴于点D．

(1)若点C是的中点，求p的值；

(2)设与的面积分别为，求的最大值．

22．已知函数．

(1)求函数的最小值；

(2)若方程有两实数解，求证：．（其中为自然对数的底数）．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

利用交集的定义运算即得.

【详解】

∵集合，

∴.

故选：C.

2．A

【解析】

【分析】

直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【详解】

解：因为

所以，

则的虚部为：．

故选：A．

【点睛】

本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题．

3．B

【解析】

【分析】

利用焦点在轴的双曲线的渐近线方程公式求解

【详解】

由题知,即

所以

所以离心率

故选：B

4．A

【解析】

【分析】

由线性约束条件画出可行域，数形结合计算可得；

【详解】

解：由线性约束条件，画出可行域如下所示：

由，解得，即，

由，则，平移直线，由图可知当直线过点时，直线在轴上的截距最大，

此时取得最大值，即；

故选：A

5．B

【解析】

【分析】

取特殊值说明不满足充分性，分类讨论说明满足必要性即可.

【详解】

取，显然成立，而，即推不出，不满足充分性；

当时，若均为非负数，显然，成立，

若为非负数，为负数，显然，成立，

若均为负数，显然，成立，

即能推出，满足必要性，故“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

6．A

【解析】

【分析】

连接交于点，先判断出最小时，最大，最小，再由勾股定理求出，进而求得的最小值.

【详解】

如图，连接交于点，易得，，由，最小时，最大，

又，可得，即，最大时，最小，最小；

又，则，故的最小值为1.

故选：A.

7．D

【解析】

【分析】

取，，分别代入求导确定单调性，进而得出函数图象符合A、B、C选项，进而得出答案.

【详解】

取，则，定义域为，，令，

则，则在上单调递减，又，故存在使，

当，单增，当，单减，又，显然，A符合；

取，则，定义域为R，，易得当时，，则在单减，

当时，令，则，令，

则，显然当时，单增，当时，单增，

又，则存在使，即，

则在上单调递增，在上单调递减，又，则，，

则存在使，即，则在上单调递增，在上单调递减，又，B符合；

取，则，定义域为，，令，

则，当时，单减，当或时，单增，

又，则，，即在单调递减，又当时，，

当时，，C符合.

故选：D.

8．C

【解析】

【分析】

分和去绝对值后，分别求出最大值，即可求解.

【详解】

当时，，又，显然当或2，时，该式取得最大值；

当时，，又，显然当，时，该式取得最大值；

综上：的最大值为4.

故选：C.

9．D

【解析】

【分析】

取中点，中点，A选项由得到，与已知矛盾即可判断；B选项求得即可判断；C选项由求得即可判断；D选项求得即可判断.

【详解】

若，取中点，中点，连接，易得，，则，又，

面，，则面，又面，则，与矛盾，A错误；

过作交延长线于，连接，易得，则，由可得，

又面，，则面，又面，则，则，B错误；

若，连接，易得四边形为平行四边形，则，，则，又，

则，由B选项知，矛盾，C错误；

若，同C选项可得，又由B选项知，可能成立，D正确.

故选：D.

10．A

【解析】

【分析】

由即可判断①；由即可判断②；由结合累加法求得即可判断③.

【详解】

由，可得，则，，则，都有数列单调递增，故①正确；

由可得，又数列单调递增，则，

则，即，②正确；

由可得，则，，

，，将以上等式相加得，

又，单调递增，则，又由可得，

又，则，即，则，设，

，易得，当时，，

则，，故不存在常数C，使得对所有的都成立，故③错误.

故选：A.

11．

【解析】

【分析】

由勾股定理依次求解即可.

【详解】

由题意知：.

故答案为：.

12．

【解析】

【分析】

由题可得当时适合题意，当时，不妨设，结合条件可得存在，使，进而分类讨论即得.

【详解】

当时，取明显成立，

当时，不妨设，则，

∴，

即存在，使，

当时，，不合题意，

当时，存在，使，即适合题意；

综上，的取值范围是.

故答案为：.

13．##

【解析】

【分析】

由题可设，利用韦达定理法可得，，进而可得圆的方程，然后可得，再利用点到直线的距离公式及二次函数的性质即得.

【详解】

由题意知.设，

由，可得，

设，，

则，，

∴，

于是，，.

故，

∴圆的方程为，即，

同理可得，圆的方程为，

∴圆与圆的公共弦所在直线的方程为，又，

∴直线，

于是，点到直线的距离为

.

故当时，点到直线 的距离的最小值为．

故答案为：．

14．         

【解析】

【分析】

通过三视图将几何体还原，然后利用公式分别计算体积和表面积.

【详解】

几何体直观图如图所示：

几何体体积；

表面积.

故答案为：；.

15．     6     10

【解析】

【分析】

第一空：由二项式系数和求得，令由系数和求得，即可求解；第二空：直接求出含有的项，即可求出.

【详解】

第一空：由题意知：，解得，令得，解得，故；

第二空：中含的项为，故.

故答案为：6；10.

16．     2    

【解析】

【分析】

第一空：由得，再结合正弦定理及和角公式得，即可求解；第二空：由余弦定理求得，进而表示出，由面积公式结合二次函数即可求出最大值.

【详解】

第一空：由可得，由正弦定理得，即，

又，则，即，则；

第二空：由余弦定理得，则，

则，

当即时，的面积取得最大值为.

故答案为：2；.

17．     2    

【解析】

【分析】

第一空：表示出摸到白球的概率，由二项分布的期望公式求出即可；第二空：由直接求解即可.

【详解】

第一空：由题意知：摸到白球的概率为，则，则，解得；

第二空：摸到白球的概率为，则.

故答案为：2；.

18．(1)最小正周期为，

(2)

【解析】

【分析】

（1）先利用倍角公式化简得，结合正弦函数的单调区间及最小正周期即可求解；

（2）先写出，由关于点中心对称解出，再结合正弦函数的值域即可求解.

(1)

．∴的最小正周期为，

令，∴的单调递增区间为

(2)

．

∵关于点中心对称，∴，∵，∴．

∴．当∴．

19．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）取上一点G，使，由∥面，∥面，证得面∥面，再由面面平行的性质即可证得，再由比例关系求得即可；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法求解即可.

(1)

取上一点G，使，连接，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，

∴面，面，则∥面，又∵∥面，，面，

∴面∥面，而面面，面面，∴，∴．

(2)

由（1）结合可得四边形为矩形，以A点为坐标原点，方向分别为x，y，z轴，

建立如图所示空间直角坐标系：，

∴，设平面的法向量，则有：

，∴，令，则，，

∴．

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）设出公差公比，由已知建立方程组，再由等差、等比通项公式求解即可；

（2）先求出，分组求和求得，进而求得，作差求得当时，，，由即可求解.

(1)

设的公差为d，的公比为q．则，∴

∴；

(2)

，．

．则，

当时，，∴．则，

当时，，∴，若实数满足对任意的恒成立，

则，即．

21．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）设直线l的方程为，与抛物线方程联立，由结合 l过求解；

（2）设，得到l的方程，与椭圆方程联立， 设M，N的纵坐标分别为，由求解.

(1)

解：设直线l的方程为，代入，

得，

由题意，即，

∴l的方程为，

又∵l过，

∴；

(2)

l的方程化为，设，

则l的方程为，点C的纵坐标，

则，

由，得，

解得．

设M，N的纵坐标分别为

，

令，显然，

则，

当且仅当时取等号，此时，

所以的最大值为．

22．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）直接令，求导，再把导数构造成新函数，再次求导，确定单调性，进而确定单调性，即可求得最小值；

（2）先求导确定单调性，结合图像得，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，再结合函数放缩得，最后构造函数证得即可得证.

(1)

易得，令，则，令，则，

令解得，令解得，∴在上单调递减，在上单调递增，

又∵时，，，，∴在上单调递减，在上单调递增，

∴；

(2)

易得，∵，当时，，当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，又∵时，，，画出草图如图所示：

不妨设，∴．由（1）知，，当且仅当时取等号，

令，，显然在单减，单增，故，即，

∴，当且仅当时取等号，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，则，，

由图可知，∴①，令，

，又，可得当时，，即，

令，，则，即，即，又，则，

又，则，∴②

综合①②可得，．

【点睛】

本题关键点在于先由单调性结合图像得，由以及结合函数图象得，最后构造函数证得即可得证.