2022年9月《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（四）及答案

这是一份2022年9月《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（四）及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年9月《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（四）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若复数是纯虚数，则（    ）A． B． C． D．3．已知向量，是两个单位向量，则“为锐角”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知的部分图象如图所示，则的值为（    ）A． B． C． D．15．已知函数，若对任意的实数x，恒有成立，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．6．已知定义在上的函数满足，且当时，，则的值为（    ）A．3 B．1 C．－1 D．－37．下列说法不正确的是（    ）A．在回归直线方程中，y与x具有负线性相关关系B．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越大C．随机变量X服从正态分布，若，则D．已知随机变量X服从二项分布，若，，则8．已知数列满足，，数列前n项和为，则下列叙述不正确的有（    ）A． B． C． D．9．如图，三棱锥中，，平面平面ABC，M是棱SA上一点，满足，下列说法正确的是（    ）A．B．记二面角，的平面角分别为、，则C．记、、的面积分别为、、S，则D． 二、多选题10．已知向量，，，函数的最小正周期是，则（    ）A．B．在上单调递减C．的图象向左移个单位，图像关于轴对称D．取最大值时，x的取值集合为11．已知抛物线C：的焦点为，为抛物线上一点，直线与抛物线交于A，B两点，则下列结论正确的有（    ）A．焦点F到抛物线准线的距离为2B．若，则点的坐标为C．若，则弦长最小值为8D．当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相离12．已知a，b为正数，且，则（    ）A． B． C． D． 三、填空题13．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则的系数为______．14．袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是______．15．已知椭圆：和双曲线：，若的一条渐近线被圆截得的弦长为，则椭圆的离心率e为______．16．已知实数x，y满足，则的最小值是______． 四、解答题17．锐角中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，．(1)求B的大小；(2)若，求b的取值范围．18．已知正项数列的前n项和，满足，数列的前n项积为．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前n项和．19．已知四棱锥，底面ABCD为直角梯形，，，平面ABCD．(1)证明：平面平面PCD；(2)若，，且，求直线PC与平面AEF所成角的正弦值．20．某校为减轻暑假家长的负担，开展暑期托管，每天下午开设一节投篮趣味比赛．比赛规则如下：在A，B两个不同的地点投篮．先在A处投篮一次，投中得2分，没投中得0分；再在B处投篮两次，如果连续两次投中得3分，仅投中一次得1分，两次均没有投中得0分．小明同学准备参赛，他目前的水平是在A处投篮投中的概率为p，在B处投篮投中的概率为．假设小明同学每次投篮的结果相互独立．(1)若小明同学完成一次比赛，恰好投中2次的概率为，求p；(2)若，记小明同学一次比赛结束时的得分为X，求X的分布列及数列期望．21．已知曲线C上的任意一点到点和直线的距离之比恒为．(1)求曲线C的方程；(2)记曲线的左顶点为A，过的直线l与曲线C交于P，Q两点，P，Q均在y轴右侧，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点．若直线MB，NB的斜率分别为，，判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．22．已知函数，其中．(1)讨论函数的单调性；(2)若在上的最大值为0，①求a的取值范围；②若恒成立，求正整数k的最小值．
参考答案：1．B【分析】分别求出集合，然后结合集合的交集运算即可得到结果.【详解】因为集合，，则，所以．故选：B．2．A【分析】根据复数的概念可得出关于的等式与不等式，即可求得的值.【详解】因为复数是纯虚数，则，解得.故选：A.3．A【分析】直接根据充分不必要条件的定义进行判断即可.【详解】已知向量，是两个单位向量，由为锐角可得，，故充分性满足.反过来，由两边平方可得：，，即.，不一定为锐角，故必要性不成立.综上所述：“为锐角”是“”的充分不必要条件.故选：A4．C【分析】根据图象，求得和的值，可得的解析式，代入数据，即可得答案.【详解】由图象可得，所以，解得，所以，因为，所以，所以，则.故选：C5．C【分析】首先令，然后判断的奇偶性和单调性，然后将原不等式转化为，再利用的奇偶性和单调性得对于任意的实数恒成立，最后解二次函数恒成立问题即可.【详解】令，由于，所以得为奇函数.又因为在上单调递减，所以在上单调递减.已知对于任意的实数，恒有，整理得：，即，由于为奇函数，得，由于在上单调递减，得对于任意的实数恒成立，即对于任意的实数恒成立.当时，不恒成立，故，当时，有，解得.故选：C6．D【分析】由变形可知原函数是周期的周期函数，利用周期化简结合函数已知的解析式即可求解.【详解】,,且，，且，又可得,，是周期的周期函数,,,,故选：D7．D【分析】根据统计学的相关原理逐项分析.【详解】对于A， ， x，y负线性相关，正确；对于B，根据相关系数的性质，正确；对于C，因为 服从 ，所以 ，正确；对于D， ，解得 ，错误；故选：D.8．C【分析】根据数列单调性，数列与不等式放缩转化，即可求解.【详解】，，故选项A正确；数列 单调递减,当 时, ;当 时，.故选项D正确;，，，,,又，，，，，,所以当时，.故选项C错误；，故选项B正确；故选：C.【点睛】本题主要考查数列，通过递推公式推导出单调性，和范围等考点，属于较难题.9．B【分析】举特例否定选项A；利用三棱锥结构特征判断选项B；分别求得、、S的表达式再进行比较即可判断选项C；利用线面角的最小角定理即可判断选项D.【详解】选项A：如图，在三棱锥中，两两垂直，， M是棱SA中点，则平面平面ABC，，，则则，又，则，又，则，又，则则.判断错误；选项B：平面将二面角分割为两个二面角和，又二面角，的平面角分别为、二面角为二面角，则.判断正确；选项C：在平面内过S作于T，连接MT、AT， 又，，平面，平面则平面，又平面，平面则，则，，由平面平面ABC，平面平面ABC，可得平面ABC，则由，，，平面BCM，平面BCM可得平面BCM，则，则.判断错误；选项D：由，，，平面BCM，平面BCM，可得平面BCM，则平面BCM，则为直线与平面BCM所成线面角则，又，则.判断错误.故选：B10．BD【分析】化简，根据最小正周期是可得，从而得到，再根据正弦型函数的单调性、图像平移与对称性，结合对称轴方程逐个判断即可.【详解】因为，，则，由，可得，则选项A：.判断错误；选项B：由，可得，由，得在上单调递减.判断正确；选项C：的图象向左移个单位，可得，图像不关于轴对称.判断错误选项D：由，可得则取最大值时，x的取值集合为.判断正确.故选：BD11．AC【分析】A选项，求出焦点即可求出焦点F到抛物线准线的距离；B选项，设出点坐标，根据求出点P的坐标；C选项，设出直线解析式，和抛物线联立，利用韦达定理求出弦长的表达式，即可求出弦长最小值；D选项，表达出，求出以为直径的圆半径，即可得到以为直径的圆与轴的位置关系.【详解】解：由题意在抛物线C：中，，焦点，准线方程：.∴焦点F到抛物线准线的距离为2，A正确.设，若，则，解得：此时，，点P的坐标为或故B错误.在直线中，直线与抛物线交于A，B两点设，，解得：∴若， 则∴解得：∵∴当时，弦长AB取最小值8故C正确.，以为直径的圆半径为，圆心为，当直线过焦点F时，以为直径的圆与轴相切，故D错误故选：AC12．ACD【分析】对于A选项，配成完全平方后验证取等条件即可判断A选项正误；对于B选项，根据均值定理中的“1”的妙用即可判断B选项正误；对于C选项，将代入，整理成二次函数，借助二次函数值域即可判断C选项的正误；对于D选项，将代入，整理成分式函数，借助分式函数值域即可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，当且仅当时等号成立，当时，由于，得，与为正数矛盾，故，即得，故A选项正确；对于B选项，，.又，当且仅当，即时等号成立；故B选项不正确；对于C选项，，，.，，当且仅当时等号成立，，故C选项正确；对于D选项，，，.，当时，，，得，即，故D选项正确.故选：ACD13．375【分析】分别求出各项系数和与二项式系数和，相比，求出，得到二项式即其通项公式，即可求出的系数.【详解】解：由题意在中，令，即可得到各项系数和为：∵二项式系数和为，各项系数和与二项式系数和之比为64，∴解得：.∴二项式为∴展开式的通项公式为： 当时，解得：∴的系数为：故答案为：375.14．【分析】设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是；两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为；三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为；四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.则.【详解】由题可知，要使直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球，则摸球次数可能为2，3，4次.设两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.两次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：两个球都是白球，情况数为2种.故设三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.三次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前两次为一白一红，情况数为：.故.设四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.四次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前三次为两红一白，情况数为：.故.设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是，则.故答案为：15．【分析】先求出圆心 到渐近线的距离，确定 的a，b之间的关系，再求出离心率.【详解】 的渐近线方程为 ，不妨设为 ，圆 的圆心 ，到渐近线的距离= ，对于 ： ；故答案为： .16．【分析】根据等式结构特点转化后可构造函数，根据函数单调可得，由指数、对数的运算性质化简后由均值不等式求解.【详解】由原式可得，且令，则原式即为，因为在上单调递增，所以，所以，则，当且仅当时，即时等号成立.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据所给方程，利用指数、对数的运算性质，得到方程右边为，构造函数得出是解题关键.17．(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再根据三角形中内角的关系求解即可；（2）由正弦定理化简可得，再根据正弦定理，结合锐角三角形的性质与角度范围求解即可.【详解】（1）由正弦定理，，故.又为锐角三角形，故，故，即，解得.（2）由正弦定理，即，又，故.由正弦定理可得.因为，且为锐角三角形，故,且，可得.故，即，故，即b的取值范围为18．(1)(2)前项和为 【分析】（1）首先令，求出首项，当时，根据求出为等比数列，然后根据等比数列的通项公式进行求解即可.（2）首先求出的通项公式，进而通过（1）求出的通项公式，代入后利用裂项相消的方法进行求和即可.【详解】（1）由题意：①，当时，可得，当时，②，由①-②得：，由为正项数列，得是首项为，公比为的等比数列.因此可得（2）由于数列的前项的乘积为，当时，得；当时，得；符合通项，故得.由（1）可知：，，令为的前项和，.19．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）先证明出平面PCD，利用面面垂直的判定定理直接证明；（2）过D作交于G,则可以以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建系，利用向量法求解.【详解】（1）因为平面ABCD，所以.因为底面ABCD为直角梯形，，，所以.因为平面PCD，平面PCD，，所以平面PCD.因为平面PCB,所以平面平面PCD.（2）过D作交于G,则可以以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建系.因为，不妨设，，则,,,,.所以.因为，，所以,.所以，.设为面AEF的一个法向量，则,不妨设，则.所以直线PC与平面AEF所成角的正弦值为.20．(1)(2)分布列见解析； 【分析】（1）将小明同学恰好投中2次分成三种情况，分别求得概率相加与已知概率相等构造等式，解方程即可求出的值；（2）首先由题意可得得分的可能取值分别为，，，，，分别计算每种情况的概率即可求得的分布列，最后根据数学期望的计算公式求解的数学期望即可.【详解】（1）设小明在处投篮为事件，在处投篮分别为已知小明同学恰好投中2次，分三种情况中中不中；中不中中；不中中中；其概率为：，解得：.（2）由题意可得得分的可能取值分别为，，，，；；；；.综上所述可得的分布列为53210 21．(1)(2) ，是定值. 【分析】(1)根据条件列方程求解；(2)根据题意作图，设定P，Q点的坐标，再分别求出M，N点的坐标，运用斜率公式求解.【详解】（1）设曲线C上一点的坐标为 ，依题意有 ，化简得： ；（2）依题意作上图，设PQ方程为 ， ，则m必定是存在的，联立方程 得 ， ， AP的方程为 ，令x=0，则M点的坐标为 ，同理，N点的坐标为 ， ，是定值；综上，曲线C的方程为， 是定值.22．(1)答案见解析(2)① ，② . 【分析】（1）求导，再对a分类讨论；（2）根据条件以及（1）的结论求出a的取值范围，再运用参数分离方法求出k的最小值.【详解】（1） ，若 ，则有 ， 单调递增；若 ， ，当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减；（2）①由（1）的讨论可知，当 时， 单调递增，在 ， ，满足题意；当 时，在 ，，满足题意；当 时，即 ，在， ，令 ，则 ，当 时， ， 单调递增， ，即 ，不满足题意；综上，a的取值范围是 ；②由题意， ， ，即 ，考虑直线 的极端情况a=1，则 ，即 ，令 ， ，显然 是减函数，    ，  ，∴存在唯一的 使得 ，当 时， ，当 时， ， ， ，  ，即 ，故k的最小值可能是3或4，验算 ，由于， ， ， ，满足题意；综上，a的取值范围是 ， 的最小值是3.【点睛】参数分离后，对 的取值范围要求很高，要求尽量精确，需要反复计算才能确定.