浙江省名校协作体2022届高三上学期开学联考数学试题

这是一份浙江省名校协作体2022届高三上学期开学联考数学试题，共9页。试卷主要包含了 考试结束后，只需上交答题卷， 已知实数，满足约束条件，则， 函数可能的图象为等内容，欢迎下载使用。
2021学年第一学期浙江省名校协作体试题高三年级数学学科考生须知：1. 本卷满分150分，考试时间120分钟；2. 答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3. 所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4. 考试结束后，只需上交答题卷.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. 已知为椭圆上一点，若到一个焦点的距离为1，则到另一个焦点的距离为（    ）A. 3 B. 5 C. 8 D. 123. 已知，是两个不同的平面，， 是空间两条不同的直线，且，，则是的（    ）条件.A. 充要 B. 充分不必要 C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要4. 某几何体由圆柱的部分和一个多面体组成，其三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是（    ）.A.  B.  C.  D. 5. 已知实数，满足约束条件，则（    ）A. 有最小值，无最大值  B. 有最小值，也有最大值C. 有最大值，无最小值  D. 无最大值，也无最小值6. 函数可能的图象为（    ）A.  B.  C.  D. 7. 已知是公比不为1的等比数列，为的前项和，若，，成等差数列，则（    ）A. ，，成等比数列 B. ，，成等比数列C. ，，成等差数列 D. ，，成等差数列8. 已知，若有两个零点，则实数取值的集合是（    ）A.  B.  C.  D. 9. 如图所示，将两块斜边等长的直角三角板拼接（其中，），将沿翻折至，记，，所成角为，，，则在翻折过程中，下列选项一定错误的是（    ）A.  B.  C.  D. 10. 数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 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. 《九章算术》是中国古代的数学专著，收有246个与生产、生活有联系的应用问题.早在隋唐时期便已在其他国家传播.书中提到了“阳马”.它是中国古代建筑里的一种构件，抽象成几何体就是一底面为矩形，其中一条侧棱与底面垂直的直角四棱锥.问：在一个阳马中，任取其中3个顶点，能构成__________个锐角三角形，一个长方体最少可以分割为___________个阳马.12. 复数满足，则的虚部为__________，__________.13. 直线：截圆的弦为，则的最小值为__________，此时的值为__________.14. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则角__________，若，则的最大值为__________.15. 已知双曲线，，是双曲线的左右焦点，过作直线与双曲线的两支分别交于，两点，且是以为直角的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为___________.16. 已知正数，满足， 的最小值是__________.17. 已知平面向量，，满足，，则的取值范围为__________.三、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. 已知函数的部分图象如图所示.（Ⅰ）求函数的周期及表达式；（Ⅱ）若函数，求的最大值及单调递增区间.19. 如图，已知四棱锥，，平面平面，，.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.20. 已知为数列的前项和，，，成等差数列，且，.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，数列的前项和为，证明：.21. 已知抛物线：和椭圆：，过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，线段的中垂线交椭圆于，两点.（Ⅰ）若恰是椭圆的焦点，求的值；（Ⅱ）若恰好被平分，求面积的最大值.22. 设函数.（Ⅰ）若为单调递增函数，求的值；（Ⅱ）当时，直线与曲线相切，求的取值范围；（Ⅲ）若的值域为，证明：..2021学年第一学期浙江省名校协作体试题高三年级数学学科参考答案一、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.1-5：DBBDC 6-10：ACABD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. 1；3      12. -3；     13. 2；1       14. ；815.        16.       17. 三、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. 解：（Ⅰ）由图得，所以，点代入函数得，，即函数为.（Ⅱ）.，时取得最大值.单调递增区间为.19. 解：（Ⅰ）取中点，连接，，，已知，则为等腰三角形，∴.又因为为等边三角形，∴，因为，平面，∴平面，又∵平面，∴.（Ⅱ）解法一：由题意可得，平面平面，，故平面.以为坐标原点建立如图所示直角坐标系，不妨设，则，，，，设，，∵，即.，，∴，.又∵，，∴.，设平面的法向量为，则，解得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则.解法二：∵平面，∴上任意一点到平面的距离相等，取中点，连接，再取中点，连接，，由题意可得且，故四边形为平行四边形，且，故为矩形，∴平面，∴，又∵，，∴平面且，∴平面，故平面平面，点到平面的距离即为点到的距离，根据数量关系，设，则，，∴，故为等边三角形，点到的距离为，故直线与平面所成角的正弦值为.20. 解：（Ⅰ）因为，，成等差数列，即，当时，，两式相减得，所以是公比为2的等比数列，即，即.由，得，所以的通项公式.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又因为，，，∴.21. 解：（Ⅰ）在椭圆中，，所以，由，得.（Ⅱ）设直线：，代入抛物线方程得.设的中点，则，，由得，解得，由点在椭圆内，得，解得，因为，所以的最大值是2，面积，所以，当时，面积的最大值是.22. 解：（Ⅰ）因为为单调递增函数，所以在上恒成立.即恒成立.解一：当时显然成立，当时；当时.设，（显然），所以时，时，所以.解二：根据函数图象，当时为的切线且图象在上方，所以时，恒成立，所以.（Ⅱ）设与相切于点，得代入得.设，，，；，.，，.而.所以当时，.（Ⅲ），，当，，如图所示存在两根，，当时，，，递增；当时，，，递减；当时，，，递增.又因为在处无定义，所以只有，则，从而成立，当，，如图所示存在两根，.当时，，，递增；当时，，，递减；当时，，，递增.又因为在处无定义，所以只有，将代入式得，所以.从而有，从而成立.综上，对任意，都有成立.