2022届浙江省名校协作体高三下学期开学考数学试题含解析

这是一份2022届浙江省名校协作体高三下学期开学考数学试题含解析，共26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届浙江省名校协作体高三下学期开学考数学试题一、单选题1．设全集，集合，，则集合（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求出A在U中的补集，进而求出答案.【详解】，则.故选：C2．已知为虚数单位，复数z满足：，则的虚部为（       ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由题意化简得出，即可得到的虚部.【详解】 故的虚部为故选：B.3．已知a，，则“”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【答案】D【分析】举出反例，得到答案.【详解】令，满足，而，又，满足，但，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D4．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（       ）A．cm3 B．cm3C．4cm3 D．6cm3【答案】C【分析】从三视图换元直观图为直六棱柱，结合三视图求出底面积和高，进而求出体积.【详解】从三视图可以得到直观图为直六棱柱，如图所示：在俯视图中，如图，连接AC，BD，过点B作BM⊥AC于点M，过点E作EN⊥DF于点N，则AC=DF=2cm，BM=NE=1cm，所以cm²，矩形ACDF面积为1×2=2cm²，故六边形面积为1+1+2=4 cm²，从侧视图可以看出直六棱柱的高为1，所以该几何体的体积为cm3.故选：C5．若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（       ）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】A【分析】根据不等式组画出可行域，数形结合，即可求出目标函数的最大值.【详解】根据实数x，y满足约束条件画出可行域，                            目标函数可以整理为，数形结合可得，当且仅当经过点时，取得最大值 故选：A.6．函数的图象大致是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先判断函数的奇偶性，然后分别分析当与时对应的函数的正负，从而排除不可能选项.【详解】因为，所以且，所以函数为非奇非偶函数，排除D，当，，，所以，排除C，当，，，所以，排除B.故选：A7．函数在区间上不可能（       ）A．有最大值 B．有最小值C．单调递增 D．单调递减【答案】C【分析】由，得到，再根据的单调性判断.【详解】解：因为，，所以，所以，令 ，则当时，单调递减，所以函数在区间不可能单调递增，当时，函数单调递减，当时，函数有最小值，当时，函数有最大值，故选：C8．已知a、b、c、d均为正实数，且，则的最小值为（       ）A．3 B．C． D．【答案】D【分析】由题意，根据基本不等式先求解，从而将的最小值转化为的最小值，再利用乘“1”法求解不等式最小值.【详解】因为，所以，即，当且仅当时取等号，所以的最小值为的最小值，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故选：D【点睛】利用基本不等式求解最小值时，注意运用“一正二定三相等”的原则.9．在中，，a边的长度为1，则该三角形外接圆的半径为（       ）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【分析】利用正弦定理，，其中为三角形外接圆的半径，可得解【详解】由正弦定理：，其中为三角形外接圆的半径故：故选：A10．已知各项均为正数的数列满足，，其前n项和为，则下列关于数列的叙述错误的是(       )A． B．C． D．【答案】B【分析】A选项：先构造函数，并研究其单调性，利用进行放缩，利用数学归纳法可证明；B选项：构造函数h(x)＝，，判断其单调性即可；C选项：利用数学归纳法和假设法可证明.D选项：结合C选项结论对进行放缩即可证明.【详解】设函数，则，故在上单调递增.用数学归纳法先证：当时，有；假设n＝k时，，由于，∴根据在上单调递增可知，即当n＝k＋1时，，∴由数学归纳法原理可知.对于选项A，令，∵，故g(x)在单调递增，故g(x)＞g(0)＝0，即，即，∴，故A正确.对于选项B，令h(x)＝，，∵，令m(x)＝，则，令，则，∴，即在单调递增，∴，∴，即在单调递增，，在单调递增，，即，即.故()，从而选项B错误.对于选项C，可用数学归纳法证明：当时，有成立，当n＝k时，假设，若，则由()可知，与假设矛盾，故.故.从而选项C正确.对于选项D，当时，，故.故选项D正确.故选：B.【点睛】本题关键是根据选项构造函数，将数列的范围等问题转化为研究函数的单调性问题.在解题过程中需熟练运用数学归纳法、假设法、数列放缩等方法或技巧，属于难题.二、填空题11．盒中有个球，其中个红球，个黄球，个蓝球，从盒中随机取球，每次取个，取后不放回，直到蓝球全部被取出为止，在这一过程中取球次数为，则的方差___________．【答案】【分析】分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，利用方差的定义可求得的值.【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、、，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，，因此，.故答案为：.12．已知、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点，记的内切圆半径为，的内切圆半径为，，则此双曲线离心率的取值范围为___________．【答案】【分析】设圆切、、分别于点、、，推导出，可得出，可得出关于、的不等式，即可求得该双曲线离心率的取值范围.【详解】设、的内切圆圆心分别为、，设圆切、、分别于点、、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，由切线长定理可得，，，所以，，则，所以点的横坐标为.故点的横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴，故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.在中，，，，，所以，，所以，，则，所以，即，所以，，可得，可得，则，因此，.故答案为：.13．已知平面向量满足：，，则的最小值为___________．【答案】【分析】建立平面直角坐标系，设，，求出B的轨迹方程，再根据的几何意义求其最小值.【详解】如图，在平面直角坐标系中，设，，则A(1，0)，B(x，y)，则，，即的轨迹为抛物线：.设，则，＝，设，∵，故C的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，∴，可看作抛物线上任意点到以为圆心，半径为1的圆上任一点的距离，则，当时取等号.故的最小值为.故答案为：.三、双空题14．已知函数，则___________；方程的解集为___________．【答案】     1     {1,e}{e,1}【分析】先求f(1)，再求f(f(1))即可；分类讨论f(x)＝1时x取值即可.【详解】，，，故答案为：1；.15．我国古代数学家已经会借助三角数表来计算二阶等差数列的和，例如计算，把第一个数表逆时针旋转两次，得到后两个数表，再把3个数表叠在一起，每一个位置的和都是5，所以，我们使用类似的想法计算：，三个数表叠加之后每一个位置的和都是___________；推广可得的求和公式__________．【答案】     14     【分析】根据3个数表的特点，可求得三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+12=14，同理可知：，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+n=n+2，而一共有个这样的位置，进而求和.【详解】，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+12=14，又，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+n=n+2，而一共有个这样的位置，故.故答案为：14，.16．已知多项式，则_______，_______．【答案】     8     25【分析】当时，代入多项式即可解出；令，把多项式中的换掉，即可求出前面的系数.【详解】当时，，   令 故 故故答案为：8；25.17．已知点A是直线在第一象限上的动点，点B是直线在第二象限上的动点，O为原点，则___________；当线段AB长为2时，面积的最大值为___________．【答案】          【分析】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，再由，利用两角差的正切公式求解；根据，求得，再利用余弦定理结合基本不等式求得，再利用三角形面积公式求解.【详解】设直线的倾斜角为，则，直线的倾斜角为，则，依题意得，所以，；因为，即，所以，解得，因为，所以，，在中，由余弦定理得，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以的面积，所以的面积的最大值为故答案为：，四、解答题18．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．(1)若，求角A；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知可得，利用正弦定理化角为边可得，再根据，利用三角恒等变换即可得出答案；（2）根据三角形的内角关系及降幂公式可将化为，再根据余弦函数的性质结合二次函数的性质即可得解.【详解】(1)解：，，由正弦定理得，，，，，，∴，，即；(2)解：，，∴，.19．如图，四棱锥中，平面平面ABC，，，，，，．(1)求证：；(2)当时，求直线MC与平面PAC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，即可得到，再根据，面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，设，则，求出、的坐标，即可得证；（2）首先利用勾股定理求出，再求出平面的法向量，最后利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】(1)证明：取中点，连接，因为，所以，因为平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，则，，，设，则所以，，，所以(2)解：因为，且，即，所以，所以，，设平面的法向量为，，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以                      所以直线与平面所成角的正弦值为.20．已知数列满足：，，，且；等比数列满足：，，，且．(1)求数列、的通项公式；(2)设数列的前n项和为，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围．【答案】(1)（），（），(2)【分析】（1）将已知给的式子，通过两边同除，然后再进行裂项，即可变成的形式，通过累加即可完成的求解，然后在求解， 为等比数列，可设出公比带入已知条件，求解出公比即可利用等比数列通项公式求解；（2）利用第（1）问求解出得、的通项公式，使用错位相减的方法求解，然后带入中，通过讨论奇偶即可完成求解.【详解】(1)由两边同除得：，               两边同除得：，               则，所以            ，（）所以，又符合，故（），由得：，解得：，所以（）.(2)∵，∴             ①∴   ②由①-②得：，                                          ∴.则，由得：，因为所以当为偶数时，；当为奇数时，.故          所以，即，故的取值范围是.21．如图，已知抛物线上的点R的横坐标为1，焦点为F，且，过点作抛物线C的两条切线，切点分别为A、B，D为线段PA上的动点，过D作抛物线的切线，切点为E（异于点A，B），且直线DE交线段PB于点H．(1)求抛物线C的方程；(2)求证：为定值；(3)设，的面积分别为，，求的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)6【分析】（1）根据抛物线的定义求解，从而可求抛物线的方程；（2）先根据相切求出的坐标及方程，然后表示出的坐标，可证为定值；（3）先利用点到直线的距离表示，然后可得，结合导数可求最小值.【详解】(1)由抛物线定义及，得，则，所以抛物线的方程为.(2)证明：设直线则由，得，，即，所以，代入方程可得；不妨设，，则，，设，，设直线， 则由，得，由可得，即或（舍）；所以，由，得；.(3)由（2）得，;，;所以，，所以；易知在上递减，在递增，所以.【点睛】本题主要考查抛物线的方程，直线和抛物线的位置关系及面积最值问题，抛物线中的相切关系，通常是联立方程，利用判别式为零来处理；面积的最值问题一般是先求出面积表达式，结合表达式的特点，选择合适的方法求解，常用的方法有基本不等式法和导数法.22．已知函数，．(1)当时，求的单调区间；(2)设函数，①若有且只有一个零点，求实数a的取值范围；②记函数，若关于x的方程有4个根，从小到大依次为，，，，求证：；．【答案】(1)单调增区间为；单调递减区间为(2)①；②证明见解析【分析】（1）将代入函数表达式，直接求导，即可得出结论；（2）①必须考虑函数的单调性，对称性，还必须巧妙使用基本不等式，才能得出结论；②由于的非线性，以及不等式的特殊性，结合函数图像，应用函数的缩放法，将非线性转化为线性，才有可能解决.【详解】(1)令， ， ，而在定义域上是单调递减的，，时，，时，所以 为的极大值点；所以在上单调递增，单调递减；故增区间为，减区间为(2)①，  因为，，，  ，当时取等号.所以当时，，单调递减，又，符合要求；， ……[1] ，是关于点对称的，                       当时，由的对称性，只需考虑，由 得，’又，所以在上有零点，又，与有且只有一个零点矛盾， 故答案为: ；②由的对称性，，由[1]，，，∴关于轴对称，有4个根，如图：与关于对称，与关于对称，由①中分析可知，当时，单调递减，则最多只有两个根，∴，，，不妨考虑时， 此时，记，由①得，是单调递减的，所以，即在上恒成立，，推出，所以，所以又时，，，推出，并由对称性，，证毕.【点睛】构造函数是解决问题的关键，只有构造出这个函数，才能推出；的缩放法是解决最后一个问题的关键，将非线性问题转化为线性问题，类似的练习需要多做才能有体会.