2022届浙江省金华十校高三下学期4月联考数学试题含解析

这是一份2022届浙江省金华十校高三下学期4月联考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  2022年4月金华十校高三联考数学试题选择题部分 (共 40 分)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，若，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．或2．已知复数，其中是虚数单位，，下列选项中正确的是（       ）A．若是纯虚数，则这个纯虚数为B．若为实数，则C．若在复平面内对应的点在第一象限，则D．当时，3．我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何?其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，问第五天织布的尺数是多少?你的答案是(       )A． B．1 C． D．4．直线平面，直线平面，则“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．若二项式的展开式中含有常数项，则可以取（       ）A．5 B．6 C．7 D．86．已知满足不等式组，若中有最大值，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．7．已知函数，则图象为下图的函数可能是（       ） A． B． C． D．8．三棱锥中，，若三角形和都是等腰直角三角形，则可能的不同取值有（       ）A．1种 B．2种 C．3种 D．至少4种9．设，则有（       ）A．存在成立 B．任意恒成立C．任意恒成立 D．存在成立10．已知数列满足，则下列有可能成立的是（       ）A．若为等比数列，则B．若为递增的等差数列，则C．若为等比数列，则D．若为递增的等差数列，则二、双空题11．直线的斜率为________，直线，若，则________.12．香囊，又名香袋、花囊，是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品，香囊形状多样，如图1所示的六面体就是其中一种，已知该六面体的所有棱长均为2，其平面展开图如图2所示.则图2中两线段与，在图1的六面体中实际所成的角为________，若该六面体的正视图由一菱形与其两条对角线组成（如图3所示），则这个菱形的面积为________.13．口袋中有个黑球、个白球，个红球，从中任取个球，每取到一个黑球记分，每取到一个白球记分，每取到一个红球记分，用表示得分数，则________，________.14．已知函数，则函数的最大值为________，若函数在上为增函数，则的取值范围为________.三、填空题15．年北京冬奥会大约招募了万名志愿者.名金华籍志愿者被安排在运动场馆，每名志愿者只能去一个场馆，若可供安排的个场馆中至少有个要安排他们，则不同的安排种数有________.16．过双曲线的左焦点的直线，在第一象限交双曲线的渐近线于点，与圆相切于点.若，则离心率的值为________.17．已知向量，若对于满足的任意向量，都存在，使得恒成立，则向量的模的最大值为________.四、解答题18．已知函数.(1)求函数的周期及对称轴:(2)在锐角中，分别是角的对边.若，求的面积.19．已知四棱锥，底面是梯形，，，侧面底面，为的中点，，，，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.20．已知数列单调递增且，前项和满足，数列满足，且，.(1)求数列、的通项公式;(2)若，求证：.21．已知抛物线的焦点为为上异于原点的任意一点，过作直线的垂线，垂足为为轴上点.且四边形为平行四边形.直线与抛物线的另一个交点分别为(1)求抛物线的方程;(2)求三角形面积的最小值.22．已知函数，.(1)求函数在处的切线方程；(2)（i）若函数在为递减函数，求的值；（ii）在（i）成立的条件下，若且，求的最大值.
参考答案：1．C【解析】【分析】利用交集的定义即得.【详解】∵集合， ，∴.故选：C.2．D【解析】【分析】根据复数的乘法运算得，再由复数的基本概念逐一判断可得选项.【详解】解：，对于A：当是纯虚数时，则且，解得，此时这个纯虚数为，故A不正确；对于B：当为实数时，则，解得，故B不正确；对于C：当在复平面内对应的点在第一象限，则，解得，故C不正确；对于D：当时，，所以，故D正确，故选：D.3．D【解析】【分析】由题可知该女子每天织布的尺数成等比数列，根据等比数列通项公式和前n项和公式即可求解.【详解】根据题意可知该女子每天织布的尺数成等比数列，设该等比数列为，公比q＝2，则第1天织布的尺数为，第5天织布的尺数为，前5天共织布为，则，∴.故选：D.4．B【解析】【分析】利用线面平行、线面垂直的性质结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为直线平面，直线平面，若，则、平行、相交或重合，即“”“”；若，则直线平面，设过直线的平面与平面相交，交线为，因为直线平面，直线平面，平面平面直线，所以，直线直线，因为直线平面，直线平面，所以，直线直线，故直线直线，即“”“”.因此，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.5．A【解析】【分析】由通项公式求出，得到，其中且，通过检验得到正确答案.【详解】的通项公式，其中且，要想展开式中含有常数项，则，即，当时，满足要求，经检验，其他选项均不合题意.故选：A6．A【解析】【分析】根据题意，作出可行域，然后利用线性规划进行数形结合求解【详解】等价于，则可行域如图所示，令，，当时，过或点时，能够取得到最大值，而在之外时，无最大值，故选：A7．C【解析】【分析】A选项，利用当时，排除A选项，B选项，利用时，排除B选项，D选项，利用奇偶性排除D选项，C选项，满足图象要求.【详解】A选项，，其中当时，恒成立，故A选项错误；B选项，，当时，，不合要求，B错误；C选项，，当时，，当时，，当时，，且为非奇非偶函数，故符合要求.D选项，， 定义域为R，且，故为奇函数，图象关于原点对称，不合题意，D错误.故选：C8．C【解析】【分析】对三角形和三角形的各边位置关系进行分类讨论，求解出不同情况下的取值，进而得出所有可能取值的种数.【详解】根据题意可画简图如下,为等边三角形，且都是等腰直角三角形，分类讨论如下： 时， ，此时中，所以，此时，时，，此时中，,此时，此时; 时，，此时中，，此时，此时 所以的取值有3种不同情况.故选：C.9．B【解析】【分析】利用配方法可得，即得.【详解】∵又，∴恒成立，即恒成立，故ACD错误.故选：B.10．B【解析】【分析】若为等比数列，可得，进而可得可判断AC；若为递增的等差数列，利用累乘法可得，再利用裂项相消法可得，利用累加法可得，进而可得，可判断BD.【详解】因为，∴，即，若为等比数列，则的公比为，∴，由，可得，∴，故AC错误；若为递增的等差数列，，公差，由则，∴，∴，即，∴，∴，又，∴，又则，∴当时，不等式恒成立，故，故B正确，D错误.故选：B.11．          【解析】【分析】把直线方程化为斜截式即得，利用直线垂直的关系即得.【详解】由题可得，故直线的斜率为；由可得，，解得.故答案为：；.12．     ##     ##【解析】【详解】根据题意，六面体为两个正四面体的叠加，如图与，是对棱，由对称性知与垂直，故六面体中实际所成的角，由六面体的正视图为菱形，可得正视图对应长度为：则的正投影为中点，作平面于，为中心，的俯视图在点，由棱长为得，所以，所以菱形的面积为.故答案为：，.13．          【解析】【分析】“”表示取出的球为“黑红”或“白”，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得的值；写出随机变量的分布列，可求得的值.【详解】解：“”表示取出的球为“黑红”或“白”，所以，；由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，则，，，，.所以，随机变量的分布列如下表所示： 因此，.故答案为：.14．          【解析】【分析】①根据正弦函数值域即可求f(x)最大值；②根据区间为单调区间求出ω的最大值；求出f(x)的增区间为A，则根据即可求出ω关于整数k的范围，令k为具体的整数即可求出ω的具体范围.【详解】①当sin＝1时，f(x)取最大值3；②函数在上为增函数，根据正弦函数的性质可知，区间的长度最长为该正弦型函数最小正周期的一半，即.令，则，k∈Z；则，k∈Z；∵，∴时，；时，；时，∵，故不符题意；综上，ω∈.故答案为：3；.15．【解析】【分析】对所需场馆的数量进行分类讨论，按照先分组再分配的方法，结合分类加法与分步乘法计数原理可求得结果.【详解】若有个场馆需要安排，将名志愿者分为三组，每组人数分别为、、或、、，此时共有种安排方法；若有个场馆需要安排，将名志愿者分为四组，每组人数分别为、、、，此时共有种安排方法；若有个场馆需要安排，则每个场馆只安排人，此时共有种安排方法.综上所述，共有种安排方法.故答案为：.16．【解析】【分析】设双曲线的右焦点为，设，，则，则由题意可得，，从而可求得，所以，从而可得，进而可求出离心率【详解】设双曲线的右焦点为，在中，是的一个外角，设，，则，因为直线与圆相切于点，所以,在中，，所以，因为，所以，所以在直角中，，在直角中，，因为，所以，因为为直线的倾斜角，直线为双曲线的渐近线，所以,所以，所以，所以，所以离心率为，故答案为：17．##【解析】【分析】设出向量，根据题干条件得到关于的不等式问题，由根的判别式得到不等关系，求出，从而求出的模的最大值.【详解】设，，满足，即满足①，都存在，使得恒成立，即存在，使得②，由①②可知：存在，使得成立即，即，化简得：③，即③式恒成立，则必须满足，解得：，即，所以的最大值为.故答案为：【点睛】有关于向量模长的取值问题或最值问题，坐标化处理是一种重要方法和思路，结合题目特征，合理设出向量，利用向量的坐标运算公式，二次函数根的分布或基本不等式，导函数等进行求解.18．(1)周期为，对称轴为，.(2)【解析】【分析】（1）通过三角恒等变换，化为，然后求解（2）由（1）得，，解出，余弦定理可得，再化简求解得到，最后即可计算面积(1)（1），，∴.由得：，故函数的对称轴为，.(2)（2），得，∵，∴，∴，，.由余弦定理可得.所以，∴或.当时，，舍去.当时，满足，所以.19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可得出，利用线面垂直的判定可证得平面，结合可证得结论成立；（2）证明出平面，设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.(1)证明：不妨设，则，.在中，，所以，，即，，则，，平面，，平面.(2)解：因为平面平面，平面平面，，平面，平面，又因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，，因此，直线与平面所成角的正弦值为.20．(1)，(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由结合可求得的值，令，由题意推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，分析可知数列为等比数列，确定的该数列的公比，结合的值可求得数列的通项公式；（2）由时，，由时，利用放缩法可得出，再利用等比数列的求和公式可证得结论成立.(1)解：当时，，所以或，因为，故；当时，，即，因为是单调递增的数列，所以，，则，即，所以，是等差数列，公差为，首项是，所以，.由得，，所以是等比数列，，，则数列的公比为，所以，.(2)解：当时，，当时，.所以，.综上可知，对任意的，成立.21．(1)(2)16【解析】【分析】（1）由平行四边形对边相等和，求出得到，由抛物线定义可知：是抛物线准线，从而求出抛物线方程；（2）设出直线AD方程，与抛物线联立后得点D的坐标，从而求出AD的长，利用点到直线距离求出点E到直线AD的距离，表达出三角形ADE的面积，利用基本不等式求出最小值.(1)∵四边形为平行列边形，∴，因为.∴，因为点F是抛物线焦点，由抛物线定义可知：为抛物线的准线.即抛物线C的方程为.(2)设，，设的方程为.代入得：，∴∴，，∴，又∵，∴，∴.由题意可得，设AE为,联立抛物线方程得：.∴，，则点E到直线AD的距离为.∴，当且仅当，即时等号成立.即当时，三角形面积的最小值为16.【点睛】对于求解圆锥曲线中的面积问题，要想用变量表达出三角形或者四边形的面积，结合换元法，基本不等式，二次函数或者导函数求出最值.22．(1)(2)（i）（ii）【解析】【分析】（1）根据题意求出斜率，求解计算即可；（2）（i）设，讨论单调性求解即可；（ii）根据条件得，分和两种情况构造函数求解即可.(1)因为，所以.函数在处即过点的切线方程：，故所求的切线方程为：.(2)（i）设，则， ，当时，，在为增函数.当时，，在为增函数与在为减函数矛盾；当时，时，在增函数，时，，在减函数，，因为在为减函数，所以成立.记，则，因为时，，时，，所以，又，所以. （i i）由（i）成立的条件，即，则.因为，（不妨设）.所以又在为减函数，而，所以只有和两种情况. 当时，，所以， 当时，所以.，记，所以在为递增函数，又，在为递减函数，所以又时，，，因为，所以.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．