浙江省金华市曙光学校2022届高三下学期5月模拟数学试题-

这是一份浙江省金华市曙光学校2022届高三下学期5月模拟数学试题-，共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，双曲线的渐近线方程是，某几何体的三视图如图所示等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前浙江省金华市曙光学校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．设集合，则（       ）A． B． C． D．2．设复数满足为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．双曲线的渐近线方程是（       ）A． B． C． D．4．已知、都是实数，那么“”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5．若实数x，y满足约束条件则的最小值是（       ）A．1 B．2 C．4 D．66．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（       ） A． B． C． D．127．函数的图象如图所示, 则其解析式可能是（       ）A． B．C． D．8．如图，在正方体中，P是线段上的动点，则（       ）A．平面 B．平面C．平面 D．平面9．已知数列满足，，记数列的前项和为则（       ）A． B． C． D．10．已知.若在处取到最小值，则下列恒成立的是（       ）A． B． C． D．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、填空题11．德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形（单位分数是指分子为1，分母为正整数的分数），称为莱布尼兹三角形．根据前5行的规律，则第6行的左起第3个数为________．12．过双曲线的左焦点的直线，在第一象限交双曲线的渐近线于点，与圆相切于点.若，则离心率的值为________.13．已知平面向量，，，，其中为单位向量，且满足，若与夹角为，向量满足，则最小值是______．评卷人得分  三、双空题14．设函数，则_______；当 时，函数的值域为 ，则的取值范围是____________.15．已知的展开式的所有项系数之和为64，则实数_________，展开式中含的系数是__________.（用数字作答）16．在锐角中，，，点D在线段上，且，，则___________，___________.17．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分给4个人，每人两张，记获奖人数为 ，则 _______， ______．评卷人得分  四、解答题18．已知.(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；(2)求函数在的取值范围.19．如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，D为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．20．已知首项为-2的等差数列的前项和为，数列满足，.(1)求与；(2)设，记数列的前项和为，证明：当时，.21．如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.22．已知函数，的导函数为.(1)记，讨论函数的单调性；(2)若函数有两个零点（i）求证：；（ii）若，求a的取值范围.
参考答案：1．C【解析】【分析】根据交集的定义求解即可【详解】由题，故选：C2．D【解析】【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；【详解】解：因为，所以，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限；故选：D3．A【解析】【分析】由双曲线渐近线的概念求解【详解】双曲线的渐近线方程为，整理得故选：A4．B【解析】【分析】根据绝对值的性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若，取，，则不成立，即“”“”；若，则，即，所以，“”“”.因此，“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.5．B【解析】【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移，观察直线在轴上的截距变化，然后将最优解代入目标函数可得到结果．【详解】作出不等式组，表示的可行域，如下图：将直线进行平移，观察直线在轴上的截距变化，可知当直线经过点时，直线在轴上的截距最小，此时目标函数达到最小值，联立，解得，可得点，即.故选：B.6．C【解析】【分析】根据三视图判断几何体的形状，利用空间几何体的体积公式进行求解即可.【详解】原图为如图所示的多边体，即，所以.故选：C.7．A【解析】【分析】根据给定图象，分析函数定义域排除两个选项，再由时的函数值情况判断作答.【详解】由给定图象知，函数的定义域为且，对于B，且，B不是；对于C，，C不是；由图象知，当时，恒成立，对于D，当时，，D不是，A满足条件.故选：A8．B【解析】【分析】正方体中证明平面平面后可得线面平行，从而得正确选项．【详解】如图，正方体中，由与平行且相等得平行四边形，得，平面，平面，得平面，同理平面，而是平面内两条相交直线，因此有平面平面，平面，所以平面，故选：B．9．A【解析】【分析】分析可知对任意的，，则，推导出数列为单调递减数列，可得出，再利用不等式的性质推导出，即可求得，由此可得出合适的选项.【详解】因为，，易知对任意的，，则，所以，，即，故数列为单调递减数列，则，由于，则，，所以，，所以，，因此，.故选：A.10．C【解析】【分析】利用导数结合函数零点存在性定理解决即可【详解】，令，则故g(x)在上单增，在上存在唯一零点，且在上，，在上，所以在上递减，在上递增，故在处取得最小值，所以又所以故选:C.11．【解析】【分析】根据所给数表，数字排列规律为第行的第1个数和最后1个数为，中间的某个数等于下一行“两个脚”的和，即可计算得解．【详解】由数表可知，第行第一个数为，所以第6行的第1个数和最后1个数是，中间的某个数等于下一行“两个脚”的和，所以第6行的第2个数为，第6行的第3个数为，故答案为：.【点睛】本题考查数与式的归纳推理，数学文化的简单理解和应用，属于基础题.12．【解析】【分析】设双曲线的右焦点为，设，，则，则由题意可得，，从而可求得，所以，从而可得，进而可求出离心率【详解】设双曲线的右焦点为，在中，是的一个外角，设，，则，因为直线与圆相切于点，所以,在中，，所以，因为，所以，所以在直角中，，在直角中，，因为，所以，因为为直线的倾斜角，直线为双曲线的渐近线，所以,所以，所以，所以，所以离心率为，故答案为：13．【解析】【分析】由题设，，进而结合题意得向量对应的轨迹为射线或，向量对应的轨迹为抛物线：，最后根据向量减法法则，将问题转化为抛物线点与射线上的点之间的最小距离问题求解即可.【详解】解：根据题意，设，，因为与夹角为，所以， 整理得；即向量对应的轨迹为射线    或    因为向量满足， 所以，即向量对应的轨迹为抛物线：   如图， 所以，由图可知，当直线过点过点时，最小，此时与相切，所以，联立方程得，由得，此时，，到射线的距离为 所以的最小值为.故答案为：14．     ；     【解析】【分析】第一空：根据范围，代入对应函数解析式求值即可；第二空：先求出在R上的值域，结合图象即可求出的取值范围.【详解】第一空：由题意知：，；第二空：当时，在上为增函数，值域为；当时，，值域为，画出图象如下：令，解得，由图象可知，要使函数 的值域为 ，有.故答案为：；.15．     3     53【解析】【分析】首先令求系数和，即可求，再将原式化简为，转化为求两部分的含的系数.【详解】当时，，得，原式，中展开式中含项的系数是，中含的系数即中的常数项1，所以两项合并常数项是.故答案为：；16．          3【解析】【分析】在中由正弦定理求出，再利用诱导公式即可求出，再由余弦定理求出，即可得到，当时可得为等边三角形，即可求出，当，利用余弦定理求出，经验证不符合题意；【详解】解：在中由正弦定理，即，解得，所以，由余弦定理，即，解得或，当时，，此时且，即为等边三角形，则，当时，，由余弦定理，即，解得，此时，即为直角三角形，不符合题意，故舍去；故答案为：；17．          【解析】【分析】先分析获奖的情况，求出总的获奖情况数，再求概率和期望.【详解】一、二、三等奖奖券，三个人获得，共有种获奖情况；一、二、三等奖奖券，有1人获得2张，1人获得1张，共有种获奖情况,一共有24+36=60中不同的获奖情况.易得所有可能的取值为2，3，所以，，故故答案为：；18．(1)最小正周期，单调递增区间为，(2)【解析】【分析】（1）将化为只含一个三角函数形式，根据正弦函数的性质即可求得答案；（2）将展开化简为，结合，求出的范围，即可求得答案.(1)，所以；因为，，所以，，函数的单调递增区间为，；(2)，因为，所以，，因此函数在的取值范围为.19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取的中点，连结，进而证明平面，在结合线面垂直得线线垂直；（2）解法一：过点作，垂足为，取的中点，连结，进而将问题转化为求直线与平面所成角，再根据几何关系证明，进而利用几何法求解；解法二：根据题意，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，再根据几何关系证明平面，进而利用坐标法求解即可；(1)证明：取的中点，连结．因为是正三角形，所以，又因为，．所以，又平面，平，，所以平面，又因为平面，所以．(2)解法1：过点作，垂足为．由（1）知平面，所以，因为，所以平面．取的中点，连结，因为为的中点，所以．所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角．因为，所以．又由（1）知，，所以平面，所以．在直角中，，．所以，，又在直角△DGF中，．．因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．解法2：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，，，．因为，为的中点，所以，又，，所以平面ABC．所以，．设平面PAC的法向量为，又，，由，得．可取．设直线与平面所成角为．．因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．20．(1)，；(2)证明过程见解析.【解析】【分析】（1）根据等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式，结合对数式与指数式互化公式进行求解即可；（2）运用数学归纳法进行证明即可.(1)设等差数列的公差为，因为，所以由，即，即，所以，而，所以；(2)由（1）可知：，，所以有，当时，，不等式成立，当时，，不等式成立，假设当时，不等式成立，即，当时，，因为所以，即，因此，综上所述：当时，成立.21．（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.（2）[方法一]：通式通法设，，，所以直线，由题设可得且.由可得，故，因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.[方法二]：利用焦点弦性质设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．由得，所以．因为，，．由得．同理．由得．因为，所以即．故．令，则．所以，解得或或．故直线在x轴上的截距的范围为．[方法三]【最优解】：设，由三点共线得，即．所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．设直线的方程为，则．所以．故（其中）．所以．因此直线在x轴上的截距为．【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.22．(1)答案见详解；(2)（i）证明见详解；（ii）．【解析】【分析】（1）求导讨论与即可求出结果；（2）（i）根据零点存在定理证出，从而证明结论；（ii）由， 得，令则，先求得范围，又，故令，利用导数求得函数值域，从而求出a的取值范围．(1)由题意知：，，当时，恒成立，故在R上单调递增；当时，令，得，故在上递减，在上递增；(2)（i）依题意知：有两个零点，由（1）知应有：，所以，因，则令，，则故即，又则，综上有：，从而：（ii）又，即， 同理两式相除有：，令，则，即，从而有：，故，因，即，故，令（）则（根据常见不等式可知）故在上递减，所以，，即，而，令，则，从而在上递减，所以， 即的取值范围为：．