浙江省金丽衢十二校2022届高三下学期5月第二次联考数学试题-

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浙江省金丽衢十二校2022届高三下学期5月第二次联考数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

2．己知函数，则（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

3．双曲线的左焦点的坐标是（       ）

A． B． C． D．

4．已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随意抽取2件进行检测，记取到的正品数为，则数学期望为(       )

A． B． C．1 D．

5．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积（单位：）是（       ）

A． B． C． D．

6．若实数x，y满足约束条件，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

7．下列关于平面向量的说法正确的是（       ）

A．若，则

B．若，则存在实数，使得

C．若，则

D．若，则

8．设，函数，则“”是“成立”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

9．已知函数，则当时，函数(       )

A．有1个极大值点，2个极小值点

B．有2个极大值点，1个极小值点

C．有1个极大值点，无极小值点

D．无极大值点，有1个极小值点

10．己知数列满足：，．记数列的前项和为，则（       ）

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

11．若复数z满足：（i是虚数单位），则_______．

12．已知正实数x，y满足：，则的最小值为_________．

13．椭圆上三点A，B，C，其中A位于第一象限，且A，B关于原点对称，C为椭圆右顶点．过A作x轴的垂线，交直线于D．当A在椭圆上运动时，总有，则该椭圆离心率e的最大值为_________．

14．《九章算术》是中国古代张花、耿寿昌等名家所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中有一个经典的“圆材埋壁”问题：今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？今有一道与之类似的问愿如下：已知直线，若与平行且它们的距离为1，与圆C相切，截圆C的弦长为10，则_________，圆C的半径为________．

15．多项式，则_______，________．

16．已知常数满足，其中，函数，则的最大值为_________，当取得最大值时，_______．

17．如图，在正方体中，M、N分别是棱、的中点，P是棱上靠近的四等分点，过M、N、P三点的平面交棱于Q，记，则________．若平面将正方体截成两部分体积分别为、，则_________．

18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角C的大小；

(2)若，三角形的面积为，求边长c的值．

19．如图，在四棱台中，底面为正方形，H在棱上，，．

(1)求证：平面；

(2)若M为的中点，且，求直线和平面所成角的正弦值．

20．已知递增的等差数列满足：，且成等比数列．数列满足：，其中为的前n项和．

(1)求数列的通项公式；

(2)设为数列的前n项和，是否存在实数，使得不等式对一切恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

21．如图，已知点A是抛物线在第一象限上的点，F为抛物线的焦点，且垂直于x轴．过A作圆的两条切线，与抛物线在第四象限分别交于M，N两点，且直线的斜率为4．

(1)求抛物线的方程及A点坐标；

(2)问：直线是否经过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由．

22．已知函数．

(1)若，求函数的单调递增区间；

(2)（ⅰ）若是函数的极大值点，记函数的极小值为，求证：；

（ⅱ）若在区间上有两个极值点．求证：．（提示：）．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

解一元二次不等式求集合B，再应用集合的交补运算求结果.

【详解】

由题设，或，则，

所以．

故选：A

2．B

【解析】

【分析】

利用分段函数和对数运算进行求解.

【详解】

由题意，得，.

故选：B．

3．D

【解析】

【分析】

由双曲线方程求参数c，即可写出左焦点坐标.

【详解】

由题设，，故左焦点的坐标为.

故选：D．

4．D

【解析】

【分析】

服从超几何分布，求出的分布列，根据数学期望的计算方法计算即可．

【详解】

方法一：可能取0，1，2，其对应的概率为，

∴．

方法二：由题可知，服从超几何分布，故．

故选：D．

5．B

【解析】

【详解】

由三视图可知该几何体为四分之三圆柱，

故表面积为.

故选：B．

6．C

【解析】

【分析】

画出可行域，根据目标式的几何意义，应用数形结合法判断求最值时所过的点，即可得范围.

【详解】

由题设可行域如下图示，

目标式表示在在平移过程中，与可行域有交点情况下在x轴上的截距，

由图知：目标函数过和的交点时有最小值，过和交点时有最大值，

所以，故取值范围为.

故选：C．

7．C

【解析】

【分析】

A：根据数量积的定义即可判断；B：当，时即可判断；C：把已知条件两边平方，结合基本不等式和数量积的定义即可求解；D：时即可判断.

【详解】

对于A，若，则，不能得到，

若，，也不能得到，故A错误；

对于B，若，，则，则不存在实数，使得，故B错误；

对于C，，

，，即，故C正确.

对于D，若，则，此时，故D错误.

故选：C．

8．A

【解析】

【分析】

公式法解绝对值不等式可得，判断a的取值范围，结合充分必要性定义即可得答案.

【详解】

，则，即，

所以，则，

故“”是“”成立的充分不必要条件．

故选：A

9．A

【解析】

【分析】

求f(x)导数为，令，研究g(x)的单调性和函数值的正负情况，结合x-a的正负，判断的正负，从而判断f(x)的单调性和极值点情况．

【详解】

，

令，则，

则在上递减，在上递增，∴，

∵，∴，∴，∴，

又，，，

∴使，

故g(x)如图所示：

∴当时，，x－a＜0，，f(x)单调递减；

当时，，x－a＜0，，f(x)单调递增；

当时，g(x)＜0，x－a＞0，，f(x)单调递减；

当时，g(x)＞0，x－a＞0，，f(x)单调递增；

∴有2个极小值点、，1个极大值点a．

故选：A．

10．B

【解析】

【分析】

根据和递推关系式可知，可将递推关系式变形为；令，为的前项和，可知为递减数列，知，借助的范围可得的范围，结合等比数列求和公式可求得的范围，由可得结果.

【详解】

，，…，依次类推，则；

由得：，

，

，

令，为的前项和，，

又，为递减数列，即为递减数列，，

（当且仅当时取等号），

，

，，，

，即，，

，，

，.

故选：B．

【点睛】

关键点点睛：本题考查数列的综合应用问题；解题关键是能够将递推关系式进行变形，得到，并结合递推关系式和数列的单调性得到的范围，从而进行放缩运算，借助等比数列求和公式来求解.

11．##

【解析】

【分析】

利用复数的除法运算求解.

【详解】

解：．

故答案为：

12．

【解析】

【分析】

根据，可得，再令，再利用基本不等式即可得出答案.

【详解】

解：因为，

所以，

所以，

所以，

令，

则，

当且仅当即时取等号，

所以的最小值为.

故答案为：.

13．

【解析】

【分析】

设，，，根据椭圆的方程得到，即可得到①，②，再由弦长公式得到③，整理可得，即可求出离心率的最大值；

【详解】

解：依题意可得，设，，，，

所以， 则，

又，①，②，

由得③，

将①②代入③式，消去，得，

因为，，则要求，即，

所以，即e的最大值为．

故答案为：

14．     ##0.5     13

【解析】

【分析】

根据与平行，求得a，再利用弦长公式求得半径.

【详解】

解：因为直线，且与平行，

所以，

解得；

因为距离为1，且与圆C相切，截圆C的弦长为10，

所以，

解得，

故答案为：，13

15．          1

【解析】

【分析】

由且展开通项为，结合含项的特征确定r值，即可求解；赋值法令、求系数和，进而可得目标式的值.

【详解】

由题设，，而展开式通项为，

所以；

令得：，

令得：，

于是．

故答案为：-6，1

16．     2    

【解析】

【分析】

易得的最大值为2，由，令，解得，再根据时，取到最大值求解.

【详解】

解：易得的最大值为2，

由题意知，

令，则，

于是，

解得，所以

即，

因为当时，取到最大值，

所以．

故答案为：2，

17．     ##0.75     1

【解析】

【分析】

①过点P作，在平面内，延长和交于点G，在平面内，延长和交于点J，在底面内，连接交边于点Q，解△求出即可在Rt△BGQ中求出BQ，从而得；②根据正方体面的性质，作出平面α截正方体的面的多边形，根据多边形形状即可求.

【详解】

①过点P作，在平面内，延长和交于点G，设正方体棱长为4，则；

在平面内，延长和交于点J，则HD=DJ：

在底面内，连接交边于点Q：

，

在中，，，

根据余弦定理得，

，

∴，°，

是等腰直角三角形，∴，

∴；

②如图，在平面作NK∥PM交CD于K，则易知K为CD靠近C的四等分点；

由①知平面α于BC交点为Q，连接KQ，在平面作PL∥KQ，则易知L是靠近的四等分点，连接LN，则六边形即为平面α截正方体的面得到的多边形，根据对称性可知，故．

故答案为：；1．

18．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）由题设得，根据余弦定理求，即可确定角的大小；

（2）由（1）和已知可得，进而求出角A、B，利用三角形面积公式、正弦定理边角关系列方程求边长.

(1)

由已知，，

由余弦定理，，而，

所以．

(2)

由（1）知：，又，则，

而，则，可得．

又①，

又，即②，

联立①②，解得．

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件，先证明面面且交于，后证明线面垂直.

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.

(1)

因为，所以，

又因为，所以面，

于是面面且交于，又因为，

所以面．

(2)

以A为原点，建立如图所示的坐标系，令，

则，则，，于是

，

设平面的一个法向量为，

则，取，

则所求线面角的正弦值为．

20．(1)，

(2)存在，

【解析】

【分析】

（1）设的公差为，根据成等比数列，由求解，由，利用数列的通项与前n项和的关系求解；

得，

（2）由（1），得到，，利用裂项相消法求得，再由不等式对一切恒成立求解.

(1)

解：设的公差为，

则，

所以．

当时，；

当时，由，

得，

两式相减得：，

所以是以1为首项，以为公比的等比数列，

所以

(2)

，显然，

所以，

由得

，

故，

．

显然恒成立，且当时，，

所以存在唯一实数．

21．(1)，

(2)是，

【解析】

【分析】

（1）根据直线AB的斜率可求得p的值，进而求得抛物线方程和A点坐标；

（2）先计算出直线的斜率之间的关系，再设直线的方程为，再根据之间的关系求得m，n之间的关系即得.

(1)

因为，由，所以抛物线方程为，

且．

(2)

设的倾斜角依次为，由可知，

再设的斜率分别为，下证．

方法一：由可知且满足，

再由．

方法二：直线的方程为，其中分别对应，

于是，即，

，

即，

由可知．

因为直线的方程为，其中分别对应，

再设直线的方程为，

联立求得其交点均满足，

代入抛物线C的方程，于是有，

将，整理得，

进而得到，．

将代入前式，有，化简得，

再代入的方程得，

所以恒过定点．

22．(1)单调递增区间为和

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导函数，令导函数大于零，即可得解；

（2）（ⅰ）求导，根据是函数的极大值点，可得，且函数的极小值为，，利用导数求出函数的最大值，证明其最大值小于零，即可得证；

（ⅱ）求导，根据在区间上有两个极值点，可得，且，从而可求得的范围，再根据的范围分类讨论，从而可得出结论.

(1)

解：，

令，则或，

所以的单调递增区间为和；

(2)

证明：（ⅰ），

因为是函数的极大值点，所以，

函数的极小值为，

令，

则，

令，

则，

所以函数在上递减，即函数在上递减，

又因，，

故存在，使得，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

所以，

由，得，

得，

所以；

（ⅱ），

因为在区间上有两个极值点，

所以在递增，在递减，在递增，

即，且，

解得，或，

当时，

；

当时，，

，

因为，

要证，只需证，

而，

当时，，当时，，

所以在递减，在递增，在递减，

又因为，

所以当时，，

所以．

【点睛】

本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了极值点问题，考查了利用导数证明不等式问题，考查了隐零点问题，考查了学生的数据分析能力及逻辑推理能力，难度很大.