2022届浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）高三（下）第三次联考数学试题

这是一份2022届浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）高三（下）第三次联考数学试题，共24页。试卷主要包含了己知实数集，集合，则，已知复数z满足，某几何体的三视图，函数在区间上的图象大致是，在正方体中，是线段等内容，欢迎下载使用。
浙江省Z20名校联盟2022届高三下学期5月第三次联考数学试题第I卷（选择题）评卷人得分  一、单选题1．己知实数集，集合，则（       ）A．或 B． C．或 D．2．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z是（       ）A． B． C． D．3．已知实数、满足不等式组，则的最大值为（       ）A． B． C． D．4．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（       ） A． B．32 C． D．645．设a，b都是不等于1的正数，则“”是“”的（　　）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件6．函数在区间上的图象大致是（       ）A． B．C． D．7．随机变量的分布列如下所示，其中，则下列说法中正确的是（       ）01P A． B． C． D．8．在正方体中，是线段（不含端点）上的点，记直线与直线成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（       ）A． B． C． D．9．已知函数，若对于任意的实数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（       ）A． B． C． D．10．设数列满足，记数列的前n项的和为，则（       ）A． B．存在，使C． D．数列不具有单调性第II卷（非选择题）评卷人得分  二、双空题11．我国古代数学著作《增删算法统宗》中有这样一道题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关；要见每朝行里数，请君仔细详推算．”其大意为：“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”则他第一天走了______里路，前四天共走了_______里路．12．已知函数，则_______；若，且，则__________．13．已知多项式，则_______，_______．14．在中，内角A的平分线与边交于点D，且，则________；若，，则的取值范围是___________．评卷人得分  三、填空题15．已知实数，则的最小值为_________．16．已知双曲线的两个焦点分别为，点是双曲线第一象限上一点，在点P处作双曲线C的切线l，若点到切线l的距离之积为3，则双曲线C的离心率为_______．17．已知平面向量满足，设，若，则的取值范围为________．评卷人得分  四、解答题18．已知函数．(1)求的单调递增区间；(2)若对任意，都有，求实数的取值范围．19．如图，在四棱锥中，． (1)若，证明：平面平面；(2)若，求直线与平面所成角的正切值的最小值．20．已知数列的前项和为，且满足，，数列满足，，其中．(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前项和．21．如图，已知抛物线和点，点P到抛物线C的准线的距离为6． (1)求抛物线C的标准方程；(2)过点P作直线交抛物线C于A，B两点，M为线段的中点，点Q为抛物线C上的一点且始终满足，过点Q作直线交抛物线C于另一点D，N为线段的中点，F为抛物线C的焦点，记的面积为，的面积为，求的最小值．22．已知函数．(1)当时，若函数的图象在点处的切线斜率为e，求此切线的方程；(2)讨论函数的零点个数；(3)当时，证明：．注：为自然对数的底数．
参考答案：1．B【解析】【分析】根据集合的补集、交集运算求解即可【详解】因为所以或，所以故选：B．2．C【解析】【分析】由复数的除法运算化简复数即可得出答案.【详解】故选：C．3．B【解析】【分析】作出可行域，平移直线，找出使得目标函数在轴上截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，可得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.故选：B.4．C【解析】【分析】将三视图还原到长方体中，该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，由锥体的体积公式即可得出答案.【详解】该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，故故选：C .5．C【解析】【分析】根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围，再利用充分必要条件的定义判断即可．【详解】由“”，得，得或或，即或或，由，得，故“”是“”的必要不充分条件，故选C．【点睛】本题考查必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查指数，对数不等式的解法，是基础题．6．A【解析】【分析】分别求出，，时的函数值符号，结合图象，利用排除法即可得出答案.【详解】解：当时，，故排除C；当时，，故排除B；当时，，故排除D.故选：A.7．D【解析】【分析】先分别计算，再做差比较大小，即可求解；代方差的计算公式，构造函数判定其单调性，利用单调性来比较与大小【详解】根据分布列可得：，则，因为，故，即．令（）则当时，，单调递增；当时，，单调递减又因为所以与大小无法确定故选：D．8．A【解析】【分析】作，，；由异面直线成角、线面角和二面角平面角的定义可知为，为，为；设正方体棱长为，，由长度关系可得，，，由此可得结论.【详解】分别连接交于点，作，交于，作，交于；作，垂足为； ，即为直线与直线成角；，平面，平面，即为直线与平面所成角；，，，又平面，，又平面，，平面，又平面，，即为二面角的平面角；设正方体的棱长为，，则，，，；又，；，，，即，，；综上所述：.故选：A.9．A【解析】【分析】根据分段函数解析式画出函数图象，易知单调递增且关于对称，再将不等式转化为结合单调性求参数范围.【详解】由题设，，图象如下：所以，又是R上的增函数，所以对恒成立，所以，则，即．故选：A．10．C【解析】【分析】根据题意求得，进而得到与同号，结合作差法比较法，可判定B、D错误；由，得到，利用叠加法，可判定A错误；化简得到，利用裂项法求和，可判定C正确.【详解】由于，则，又由，则与同号．又由，则，可得，所以数列单调递增，故B、D错误；又因为，由数列单调递增，且，所以，所以，累加得，所以，故A错误；由可得，因为，所以，故C正确．故选：C．11．     192     360【解析】【分析】设第一天走了a里，则每天走的路程构成首项为，公比为的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，设第一天走了a里，则每天走的路程构成首项为，公比为的等比数列，可得，解得里，则前四天共走了里.故答案为：；.12．     2     1【解析】【分析】根据题意，；又由，且，代入即可得出答案.【详解】；因为，所以．故答案为：2；1.13．     16     48【解析】【分析】利用赋值法令第一空，利用二项式展开式的通项公式即可求解.【详解】由题意可知，令时，，设的展开式的通项为：，的展开式的通项为:，当时，，当时，，所以．故答案为：16；48.14．     2     【解析】【分析】在中, 在中由正弦定理化简得，所以，由面积公式代入可得，又因为，再由的范围，即可求出的取值范围.【详解】在中由正弦定理可得，在中由正弦定理可得，因为，所以，所以D为三等分点，，所以由，得，所以，又因为，所以，因为，所以．故答案为：2；.15．【解析】【分析】依题意可得，利用基本不等式及与的关系计算可得；【详解】解：因为，所以因为，所以，所以原式，当且仅当时取等号．故答案为：16．【解析】【分析】设，根据直线与双曲线的位置关系可求得在点P处的切线方程，再根据点到直线的距离公式分别求出点到切线l的距离，列出方程，求出，即可求出离心率．【详解】设点，有．设在点P处的切线方程为，联立双曲线方程，由可解得，所以切线方程为，到切线l距离，到切线l距离，所以，即，所以，故．故答案为：．17．【解析】【分析】设，则，由条件求出，根据向量三角不等式可求.【详解】设，则，则由条件知，所以，所以，又所以．故答案为：.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）的解析式可化简为，令，即可解得的单调递增区间（2）对恒成立的不等式等价转化后，结合的范围可得，从而解得的范围(1)令解之得 ∴的单调递增区间为(2)对任意，都有，∵，∴，∴，∴实数的范围为．19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；(2)根据直线与平面的夹角的定义确定直线与平面的夹角，解三角形求其大小.(1)∵，平面，∴平面∵平面∴平面平面．(2)如图，过点P作平面于点H，延长交于点M，O为中点．∵平面，平面，∴又∵，∴平面，平面，∴又于是计算可得设，由，可列出方程组解得又由，可得∴又∵平面，∴即为直线与平面所成角∴，当H，O，B三点共线时取到∴即直线与平面所成角正切值的最小值为．20．(1)，(2)【解析】【分析】（1）由已知可得，由可求得的值，令由可出，作差可得出，结合可求得数列的通项，再利用累加法可求得数列的通项公式；（2）求得，利用裂项相消法可求得.(1)解：由得，，当时，，当时，，作差得，即，则，因此，所以，又满足．所以，对任意的，，所以，则，所以，当时，，也满足，所以，对任意的，.(2)解：由（1）知，所以.21．(1)(2)2【解析】【分析】（1）利用点到准线的距离公式和的几何意义进行求解；（2）先将等价于，再转化为斜率之积，联立直线和抛物线方程，利用根与系数的关系、斜率公式得到，再利用恒成立求出定点；再利用三角形的面积公式和基本不等式进行求解.(1)解：由题知，解得，所以抛物线C的标准方程为；(2)解：当不经过点Q时，等价于，即．因为分别交C于A，B两点，所以不平行于x轴，设，，，，联立与C方程，得，且，由韦达定理，得，，又，同理，所以，所以，代入整理得，要使该式恒成立，则，解得，又经检验，当经过点Q时，仍然成立，所以存在定点使得；因为分别交C于A，B两点，所以不平行于x轴，且，又因为，设，，联立与C方程，得，且，所以；因为N为中点，所以，且，所以，所以，当时取到等号，所以折线围成面积的最小值为2，即最小值为2．22．(1)(2)当或时，有一个零点；当或时，有两个零点(3)证明见解析【解析】【分析】（1）直接由斜率求出，进而求得即可求出切线方程；（2）先求得，求导，讨论当时，函数单增，只有1个零点；当时，构造函数求导确定，讨论当时，只有1个零点，当时，，存在2个零点；（3）构造函数，，，分和利用放缩证明即可.(1)当时，，，所以，得，，则切线方程为．(2)易知．因为，因为，当时，单调递增，又，此时，函数只有一个零点；当时，令，则，所以在单调递增，因为时，时，，所以存在唯一的零点．因此，当时，，即单调递减；当时，，即单调递增．因此，，其中．所以，．当，即时，，由的单调性知，只有一个零点；当，即时，设，则，令，则，令，∴，因此时，即单调递增，当时，即单调递减，又时，，，因此当时，单调递增；当时，单调递减；因此，，即．因为时，时，．结合的单调性知，有两个零点．综上：当或时，有一个零点；当或时，有两个零点．(3)设，则，当时，，所以，即时，；设，则，当时，，单增，当时，，单减，从而即．当时，设，则，显然单增，当时，，故存在使，则时，单减，时，单增，又，故，即当时，．因此，当时，．当时，．所以，当时，．【点睛】本题第2小问的关键点在于当时，构造函数求导确定，讨论最小值点是否和1重合，当时，构造函数说明即可；第3小问的关键点在于构造函数，，，分和通过放缩法证明不等式成立.