2022届浙江省十校联盟高三下学期开学联考数学试题含解析

这是一份2022届浙江省十校联盟高三下学期开学联考数学试题含解析，共21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届浙江省十校联盟高三下学期开学联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：A.2．已知复数（i为虚数单位），则（       ）A．5 B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算，将复数z化简，再根据复数模的公式求得答案.【详解】,故，故选：C.3．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．8 B． C． D．【答案】B【分析】根据三视图，还原几何体，再根据棱柱和棱锥的体积公式求组合体的体积即可.【详解】根据三视图还原几何体如下：直棱柱底面是为直角的等腰直角三角形，且，高；棱锥和棱柱同底，且高，故该组合体的体积.故选：B.4．若实数，满足约束条件，若恒成立，则实数m的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出满足约束条件的可行域，由恒成立转化为，结合可行域求出的最大值可得答案.【详解】作出满足约束条件的可行域如图所示：平移直线到点时，有最大值，此时由得，即，∵恒成立∴，即.故选：A.5．若，，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】B【分析】可举例说明“”推不出“”，利用基本不等式可说明“”成立时，“”成立，由此可得答案.【详解】取 ，满足，但 ，故“”不是“”的充分条件，因为，， ，故时，，因此“”是“”的必要条件，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B.6．函数的图象可能是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根据为奇函数排除A，C，再根据即可得到答案.【详解】，定义域为，，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，故A，C错误，因为，，所以，又因为，当且仅当，即时取等号，所以，又因为时，，所以，由图知：D正确.故选：D7．已知等差数列的前项和是，公差不为零，若，，，成等比数列，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据，，，成等比数列，列出相应等式，化简可得，由于正负未定，可判断A,B正误，将展开化简，可判断C,D.【详解】等差数列的前项和是，公差不为零，若，，，成等比数列，故，即，公差不为零，即 ，且 ，由于正负未定，故不能确定或，故A，B错误；又，故C错误，D正确，故选：D.8．如图，已知正方体，E，F，G分别是AB，，的中点，则（       ）A．直线与直线EG相交 B．直线平面EFGC．直线与平面EFG相交 D．直线平面EFG【答案】C【分析】通过建立空间直角坐标，求空间直线的距离以及空间直线与平面的关系，从而能每一个选项进行判断.【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2.则.从而有对A，设与的公垂向量为，则，可取，又，所以直线与直线EG的距离，故A不正确.对B，设平面的法向量为，则，从而可取.所以，因此直线与平面不平行，故B不正确；对C，，故直线与平面EFG相交，所以C正确；对D，与不共线，故直线与平面EFG不垂直，故D不正确.故选：C9．已知双曲线：与抛物线：有公共焦点F，过F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A，延长FA与抛物线相交于点B，若点A为线段FB的中点，双曲线的离心率为，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据几何关系，求得点的坐标，结合点在双曲线渐近线上，求得的等量关系，整理化简即可求得双曲线离心率.【详解】根据题意，作图如下：因为双曲线和抛物线共焦点，故可得，又到的距离，即，又为中点，则，设点，则，解得；由可得，则由等面积可知：，解得，则，则，又点在渐近线上，即，即，又，联立得，即，解得，故.故选：B.10．已如函数的定义域为D，若存在区间，使得，，则称函数有“倍跟随区间”．下列结论正确的是（       ）A．函数存在“倍跟随区间”B．函数，存在“倍跟随区间”C．对于任意的，函数都有“倍跟随区间”，则D．当时，对于任意的，函数都有“倍跟随区间”【答案】D【分析】对于AB，假设存在“倍跟随区间”，则可导出矛盾，对于C，先考虑，此时所得的取值范围不是，再考虑的一个特例，从而可判断C的正误.对于D，可证明对任意的，总有有两个不同的解，从而可判读其正误.【详解】对于A，因为为上的增函数，若函数存在“倍跟随区间”，则，下面考虑在上是否两个不同的正数解，令，则.当，则时，，时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，因为，故即时，在上至多一个零点.故在上至多一个正数解，故不是“倍跟随区间”，否则即在上有两个不同的正数解，矛盾，故A错.对于B，因为在为增函数，若是“倍跟随区间”，同A中分析得有两个不同的正数解.即，而，又，故，此时，矛盾.故B错误.对于C，由题设可得时，函数都有“倍跟随区间”，若，先取，则在上为增函数，故，故在有两个不同的解，即在有两个不同的解，因为，故即，由可得，若，则，因为在上的值域为，故为的“倍跟随区间”，故的取值范围可为，故C错误.对于D，在上为增函数，下面证明：对任意的，总有总有两个不同的解.设，则，故当时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数， 故，而，故，令，则，当时，，故在上为增函数，当时，，故在上为减函数，故，当且仅当时取最大值.但且，故即.因，故在有且只有一个零点，下证当时，有.设，则，故在上为增函数，故即成立.故当时，所以当时，有，当时，则有，故在有且只有一个零点，故对任意的，总有总有两个不同的解，设两解分别为，则，故当时，对于任意的，函数都有“倍跟随区间”.故选：D.【点睛】思路点睛：对于给定新定义的函数存在性问题，应该根据存在性转化为方程的解的个数问题，而后者可根据导数来处理，或可根据常见函数的性质来处理，另外还得注意新定义的正确理解.二、填空题11．有4名男生和2名女生共6人组成两个志愿者队伍去两个不同的场馆，要求每队既有男生又有女生，则不同的分配方法有_______________种．（用数字表示）【答案】28【分析】先把女生分配好，再分配男生，则可求不同的分配方法总数.【详解】女生的分配方法有2种，男生的分配方法有，故不同的分配方法总数为28.故答案为：2812．已知正实数a，b，c，，则的最小值为_______________．【答案】 【分析】利用变形为，再将变形为，利用基本不等式整理为，进而再用基本不等式求得答案.【详解】由正实数a，b，，可得 ，所以 而，当且仅当 即 时取等号，故 ，当且仅当 时，即 时取等号，故答案为：13．已知非零平面向量，夹角为，且，若，则的最小值为_______________．【答案】【分析】利用向量线性运算的几何意义可求诸模之和的最小值.【详解】如图，设，，，，则，且，要求的最小值即求的最小值.作出关于的对称点，再作出关于的对称点，连接，设与射线交于，连接，与射线交于，则，且，设，则，而，故，所以.则，当且仅当重合，重合时等号成立，故答案为：.【点睛】思路点睛：向量的模的最值问题，如果代数转化比较困难，则可以考虑向量背后的几何意义，从而把最值问题转化为对称问题来处理.三、双空题14．公元前3世纪，阿波罗尼奥斯在《圆锥曲线论》中明确给出了椭圆和圆的一个基本性质：如图，过椭圆（或圆）上任意一点P（不同于A，B）作长轴（或直径）AB的一条垂线段，垂足为，则为常数．若此图形为圆，则____________；若，则此图形的离心率为____________．【答案】     1     【分析】若图形为圆，根据相似三角形可解；当图形为椭圆时，建立坐标系，将问题坐标化，然后计算可得.【详解】若为圆，则为直角三角形，因为，所以，于是有，所以当为图形为椭圆时，如图建立平面直角坐标，设椭圆方程为，点，则，所以又，得，即所以，，所以故答案为：1，.15．已知多项式，则____________，____________【答案】     -4     8【分析】利用赋值法及导数可求对应的值.【详解】因为，故可令，则，令，则，对展开式两边求导，则，令，则，故，故答案为：-4,8.16．在中，，斜边，D为BC边上一点，且，，则_____________，_____________．【答案】          【分析】先根据正弦定理求出，即可求得，再由余弦定理求得，再解可求解.【详解】在中，由正弦定理有：，即，解得，又，所以.由已知可得，则在中，由余弦定理有：或，又因为，故（舍）.所以在中，有，解得.故答案为：，17．袋中有大小形状相同的红球、黑球和白球共9个，其中白球有2个，从袋中任意不放回地取出2球，至少取到1个红球的概率为，则红球有______________个，在此情况下，若从袋中任意不放回地取出3球，记取到黑球的个数为，则随机变量的数学期望____________【答案】     4     1【分析】（1）不放回的取出两个求，设红球m个，黑球个，利用排列组合计算即可.(2)超级和分布， 套入公式即可.【详解】（1）设红球m个，黑球个，至少取到1个红球的概率，就是取出一个是红色，另一个是其他色，共计中情况，还有一个可能就是两个都是红色有种情况，所以，化简得.（2）有上面可以红色球4个，白球2个，黑球3个，列式如下,所以数学期望故答案为：4；1.四、解答题18．已知函数的部分图象如图所示，图象与轴交于点． (1)求函数的最小正周期及，的值；(2)已知，，求的值，【答案】(1)最小正周期， ，(2)【分析】（1）由周期公式可求得最小正周期,根据函数的最大值点可求得，将代入解析式，可求得A.（2）根据角结合已知可求得，再利用两角差的正弦公式即可求得答案.【详解】(1)的最小正周期，∵为最大值，则，，而，故取，∵函数图象过，∴，(2)，∵，∴，∴，∴，∴.19．如图，多面体中，平面平面ABC，平面平面ABC，，四边形为正方形，，E为棱的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点M，连接EM，可证，从而可证明平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量后可得线面角的正弦值.【详解】(1)取的中点M，连接EM,因为为中点，故，而，，，∴四边形EMCB为平行四边形，∴，∵平面平面，∴平面．(2)因为四边形为正方形，故，而平面平面ABC，平面平面，平面，故平面，而平面，故，又，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，故，，，设平面的法向量为，则，取，则.设直线与平面所成角为，∴． 20．已知是等差数列，是等比数列，满足，，，．(1)求数列和的通项公式；(2)设数列的前项和为，若对任意恒成立．求实数的取值范围．【答案】(1)，；(2).【分析】（1）根据等差数列和等比数列的基本量，结合题意列出方程，求得基本量，再写出通项公式即可；（2）根据（1）中所求，利用并项求和法求得，对分离参数，再求的最大值即可.【详解】(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为．依题意得，解得．所以，的通项公式为，的通项公式为．(2)，采用并项求和法：，若对于任意的成立，∴即可，若时，取得最大值，则，当或时，， ∴，∴．21．如图，已知点在半圆：上一点，过点P作抛物线C：的两条切线，切点分别为A，B，直线AP，BP，AB分别与x轴交于点M，N，T，记的面积为，的面积为． (1)若抛物线C的焦点坐标为（0，2），求p的值和抛物线C的准线方程：(2)若存在点P，使得，求p的取值范围．【答案】(1)；准线方程为直线(2)【分析】(1)根据抛物线的焦点坐标即可以求p和其准线方程；(2)设，，表示出过A和B的切线方程，求出M和N点坐标，根据P在两直线上求出P点坐标，进而再求出T点坐标，表示出，，进而可以得到，从而可求，由此求出P的轨迹方程，问题转化为问题转化为P的轨迹与半圆：有交点，据此即可求出答案.【详解】(1)，．准线方程为直线．(2)设，，过点A的切线方程：，于是；过点的切线方程：，于是；点在两条切线上，所以，可得点P坐标为．且：，于是．，，而，所以．于是点，点P的轨迹方程为，问题转化为抛物线与半圆：有交点．记，则，又因为，解得：．【点睛】本题关键在求出点P的轨迹方程，将问题转化为P的轨迹与半圆Q有交点，从而求出p的范围.22．设为实数，函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，直线是曲线的切线，求的最小值；(3)若方程有两个实数根，证明：．（注：是自然对数的底数）【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，根据其正负判断函数的单调性，即可得答案；（2）利用程有两个实数根可得到，再利用换元法变形为，从而将证明，转化为证明，即证明的问题，再利用构造新函数，求导，求其最值的方法即可证明.【详解】(1)，，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减．(2)，设切点为，切线斜率， 切线方程为，，∴，，，令，，∴在上单调递减，在上单调递增，，即的最小值为．(3)证明：，，令， ，在（0，1）上单调递增，在上单调递减，，∴，不妨设，则 ，故 ,令，，所以，，，要证，只要证，只要证，令，，设，∴在上单调递减，在上单调递增，∵，，，则存在，使得，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∵，，∴在上恒成立，即证．【点睛】本题考查了导数的应用，考查了导数与函数的单调性，以及用导数证明不等式的相关问题，解答的关键是要对等式或者不等式进行合理的变式，从而才能合理地构造新函数，利用其导数求其单调性以及最值，从而证明不等式.