2022届浙江省金丽衢十二校、七彩阳光联盟高三下学期3月阶段性联考数学试题含解析

这是一份2022届浙江省金丽衢十二校、七彩阳光联盟高三下学期3月阶段性联考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届浙江省金丽衢十二校、七彩阳光联盟高三下学期3月阶段性联考数学试题一、单选题1．已知全集，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用集合间的运算关系逐一判断即可【详解】由题可知，∴，故选：D2．已知，若（i为虚数单位）是实数，则（       ）A． B．0 C．1 D．2【答案】B【分析】化简复数即得解.【详解】解：是实数，，∴，故选：B3．设，则“”是“”的（       ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据余弦函数的性质，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由且，可得，所以，即，所以必要性成立；当时，可得，满足，但，即充分性不成立，所以“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由三视图可知该几何体是正四棱柱截去两个小三棱锥所得，从而可求出体积【详解】如图，几何体是正四棱柱截去两个小三棱锥所得，∵，∴，故选：D5．若x，y满足约束条件，则点所在区域的面积（       ）A． B． C．1 D．3【答案】A【分析】根据点所在区域面积是点区域面积的2倍，求出点区域的面积即可.【详解】易知点所在区域面积是点区域面积的2倍.区域如下图：其中交点，所以点区域的面积，所以点所在区域面积是.故选：A6．每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G、H、M、N分别是正八面体的棱的中点，则下列结论正确的是（       ）A．平面 B．与是异面直线C．平面 D．与是相交直线【答案】C【分析】作出辅助线，得到四边形是平行四边形，排除BD，进而证明出GH与BC不垂直，故与平面不垂直，平面，得到正确答案.【详解】连接，BD，则它们相交且相互平分，故四边形为平行四边形，则∥.又G、H、M、N分别是正八面体的棱的中点，所以，且，∴，且所以四边形是平行四边形，排除B、D选项，易证平面平面，又平面，∴平面，C正确；因为EH⊥BC，MH⊥BC，，所以BC⊥平面EMH，而GH平面EMH，而GH，所以GH与BC不垂直，故与平面不垂直，A错误；故选：C7．已知函数，则图象为如图的函数可能是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用定义判断函数奇偶性，根据奇偶性排除AB，再利用极限思想验证CD即可.【详解】由题对于，其定义域为，故 ，显然为奇函数，对于所以均为奇函数，故均为奇函数，排除A、B；当时，∴，排除D，故选：C8．已知圆上一动点M，点，线段的中垂线交直线于点，且点P到y轴的距离是，则（       ）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】根据椭圆、抛物线定义可知Р是椭圆与抛物线的交点，联立方程求P横坐标，结合已知即可求.【详解】由P到y轴的距离是，即P到与的距离相等，又线段的中垂线交直线于点，即，所以，即P轨迹是以为焦点，长轴长的椭圆，轨迹方程为，综上，Р是椭圆与抛物线的交点，联立可得，解得或（舍），则.故选：A.9．已知定义在R上的奇函数在时满足，且在有解，则实数m的最大值为（       ）A． B．2 C． D．4【答案】D【分析】化简，得到在上单调递增，再化简得到，把不等式转化为，得到在有解，结合，即可求解.【详解】当时，函数，可得函数在上单调递增，因为，所以，所以，所以，即在有解，又由当时，，所以，所以实数最大值为.故选：D.10．已知数列满足，且，若，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】据题意求出，判断出数列递减，且，再对两边取倒数，然后平方整理得，再利用单调性进行放缩，可得出当时，，结合不等式的性质即可得解.【详解】解析： ，且，∴，，则，∵，∴，即数列递减，则，∵，∴两边取倒数得，即，则，∵数列递减，∴当时，，即；当时，，即，，，，∴根据不等式的性质可得，即，∴.同理：，与选项范围不符. 故选：B二、填空题11．一个袋中共有5个大小形状完全相同的红球、白球和黑球，其中红球有1个.每次从袋中拿一个小球，不放回，拿出红球即停.记拿出的黑球个数为，且，则随机变量的数学期望______.【答案】1.5【分析】先通过求出黑球的个数，进而求出的可能取值及相应的概率，求出数学期望.【详解】设白球n个，显然若，则符合：若，则，∴，∴黑球有3个，因为,所以，∴故答案为：12．已知抛物线上一点处的切线l与圆相切于另一点B，则抛物线焦点F与切点A距离的最小值为________.【答案】8【分析】先求导表示出切线l，再利用圆心到直线的距离等于半径得到，通过抛物线的定义表示，最后借助基本不等式求最小值.【详解】因为抛物线与圆均关于轴对称，不妨设在轴上方，，则，，，点处的切线斜率，切线方程，即，又切线l与圆相切于另一点B，有：，两边平方化简得，解得或，又时，重合，不合题意，故，，∴，当且仅当时，取得最小值.故答案为：8.13．已知平面向量满足，若，则的取值范围为_________.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，可知C在以为圆心，1为半径的圆上，D在以为圆心3为半径的圆内（含边界），利用向量的模长公式及三角不等式，数形结合可求解.【详解】，如图建立平面直角坐标系，且，设，则，，即,知C在以为圆心，1为半径的圆上，设，则，即,知D在以为圆心3为半径的圆内（含边界）作出图像，如图所示：当点取时，点取时，与是相反向量，此时；当且仅当与同向时等号成立，又，即由图像可知与可以同向，此时∴的取值范围为故答案为：【点睛】方法点睛：向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：平行四边形法则和三角形法则；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）．三、双空题14．梅花1朵花开五瓣，加花蕊部分，抽象后绘成图（1），得端点数.若再以五片花瓣为蕊作五个缩小版梅花，记为缩小1次.抽象后绘成图（2），得梅花数，端点数.以此类推，缩小4次后有梅花_________朵，缩小3次后共得端点数________个?【答案】     781     781【分析】由已知和等比数列的求和求得，，再由求得得答案.【详解】解：由已知得，所以，故答案为：781；781.15．，则_______，_________.【答案】          【分析】利用赋值法：求，、求得、，再作差即可求.【详解】令，有；令，有，令，有，∴.故答案为：，.16．已知且，则______，______.【答案】          【分析】第一空根据条求出的值，从而得到的通解，然后再求即可，第二空利用条件即可，此空需要注意范围的判断.【详解】，∴时∴∴故答案为：；17．如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为___________.【答案】     3     【分析】将问题化为4和6的最小公倍数问题求A第一次回到点P的位置正方形滚动的轮数，再求滚动1轮点A走过的路径长度，即可求此时A走过的路径的长度.【详解】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，由4和6的最小公倍数：，所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮.这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，，2的三段弧，故路径长，∴点A与P重合时总路径长为.故答案为：3，.【点睛】关键点点睛：将A第一次回到点P的位置所滚的轮数转化为求4和6的最小公倍数，注意滚动一轮A的圆周运动特点求路径长.四、解答题18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.(1)求角A的大小；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形中的射影定理，可以快速求解.（2）利用正弦定理，将 构造成与角B有关的函数，转化成值域问题即可.【详解】(1)∵，∴(2)，∵∴19．如图，直角梯形和直角梯形中，，，点M为线段中点，点N在线段上.(1)若平面，判断的位置并说明理由；(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)为中点，理由见解析(2)【分析】（1）取中点G，连，先证明平面平面，进而根据面面平行的性质定理得，进而得为中点；（2）根据题意，证明平面得平面，再证明得，进而以G为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】(1)解：N为中点，理由如下：取中点G，连，∵点M为线段中点，∴，∵平面，平面，∴平面.又平面，，∴平面平面，∵平面平面，平面平面，∴，∴为中点；(2)解：∵，∴，，∵，∴，∵ ∴平面，∵，∴平面.∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴可以G为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则∵，∴设，则设平面法向量，则取，则∴，当且仅当时，等号成立.所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.20．已知数列的首项，前n项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，正项数列满足，数列的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由得出，再由与的关系结合等比定义得出数列的通项公式；（2）由累乘法得出，由，两式相减得出，再由裂项相消求和法得出，再由单调递增，得出实数的取值范围.【详解】(1)∵，∴，∴当时，，当时，，，两式相减得，即故当时，数列为等比数列，即，不满足.∴(2)，∴又满足，所以当时，，.当时，，两式相减得，时，也满足，∴∴∴∵，∴，∴在单调递减，∴单调递增，∴，，∴，∴.21．过抛物线焦点F的直线l交抛物线于点A、B，弦长的最小值为4，直线分别交直线于点C，D（O为原点）·(1)求抛物线E的方程；(2)圆M过点C、D，交x轴于点，证明：若t为定值时，m也为定值.并求时面积S的最小值.【答案】(1)(2)证明过程见解析；面积S的最小值为22【分析】（1）分直线AB斜率存在和斜率不存在，分别求出两种情况下AB的长度，得到当直线AB斜率不存在时，弦长最小，求出p的值，进而求出抛物线方程；（2）设出A，B，C，D四点坐标，最后均用一个变量来表示，设出（t为定值），，利用半径相等，列出等式，得到也为定值，用基本不等式求出时，的面积最小值.【详解】(1)当直线AB斜率不存在时，此时，所以，当直线AB斜率存在时，设直线AB为，联立抛物线方程得：，设，此时，显然当直线AB斜率不存在时，弦长最小，即，解得：，∴抛物线(2)设，则，由（1）知：，所以，∴，设圆心为，则若（t为定值），，则由得：，∴也为定值.∴H也为定点.若，则，当且仅当时取到最小值.【点睛】对于与圆相关的抛物线题目，要充分利用圆的性质，设出多个变量时，要能统一使用一个变量来表达各个量，再使用等量关系列出方程，进行求解，变形难度大，灵活多变，要抓住做题的关键达到事半功倍的效果，本题关键是结合过焦点的弦的性质进行转化，并能抓住圆的半径相等列出方程，求得答案.22．已知函数在处的切线经过点.(1)若函数至多有一个零点，求实数a的取值范围；(2)若函数有两个不同的零点，且，求证：.（）【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据切线过点可得，参变分离后研究的单调性，得到极值，数形结合得到答案；（2）在第一问基础上，得到，对不等式变形，结合放缩，转化为只需证，二次求导后得到证明.【详解】(1)，∴，∴处的切线方程为，切线过点，所以，∴.∵的零点不为1，∴在上至多一个解.设，则在上至多一个解.，令得：，令得：或，∴在和上单调递减， 上单调递增，当时，恒成立，当时，在处取得极小值，且，画出函数图象如图所示：所以时，至多有一个零点，∴(2)由（1）知，要想有两个不同零点，则且，即，故要证，只需证，由（1）知，故只需证，∵.只需证：，即，令，，∴在上递增，∴，∴在上递增，∴，∴，∴【点睛】导函数研究函数零点问题，参变分离是一种重要方法，把零点问题转化为函数交点问题，通过构造函数，研究构造函数的单调性，极值和最值，数形结合得到答案.