浙江省杭州高级中学2022届高三下学期5月仿真模拟数学试题-

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浙江省杭州高级中学2022届高三下学期5月仿真模拟数学试题

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．已知集合或，，则（       ）

A． B． C． D．

2．在中，“”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

3．若实数满足 ，则的最大值为（       ）

A． B． C．1 D．2

4．若直线与圆相切，则（       ）

A． B．2 C．3 D．

5．已知且，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

6．已知函数，则函数的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

7．从0，1，2，3，4这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2，3时，2要排在3的前面（不一定相邻），这样的三位数有（       ）

A．39个 B．40个 C．36个 D．38个

8．过双曲线右焦点的直线交两渐近线于、两点，若，为坐标原点，且内切圆半径为，则该双曲线的离心率为

A． B． C． D．

9．已知数列中，，若，则下列结论中错误的是（       ）

A． B． C． D．

10．如图，已知矩形的対角线交千点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（       ）

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．设，则__________.

12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为__________.

13．已知函数，若存在，使得，则的最小值为__________.

14．已知，若适合的任意正实数桓有，则的取值范围是__________.

15．已知.且，则__________，该展开式第3项为__________.

16．如图，在中，是边上一点，为钝角，.若，则__________；若，则的面积等于__________.

17．袋中有6个大小相同的球，其中1个红球，m个白球，n个黑球，现依次取球，每次取出一个，取出不放回，直到取出的球中有两种不同颜色的球时结束，已知取到1个红球1个白球的概率为，则__________，用表示终止时取球的次数，则随机变量的数学期望__________.

18．设.

(1)若，求使函数为偶函数；

(2)在（1）成立的条件下，当，求的取值范围.

19．已知三棱台，若，为的中点．

(1)求证：；

(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．

20．已知等比数列公比为正数，其前项和为，且.数列满足：.

(1)求数列的通项公式：

(2)求证：.

21．如图，为抛物线的焦点，直线与抛物线交于、两点，中点为，当，时，到轴的距离与到点距离相等.

(1)求的值；

(2)若存在正实数，使得以为直径的圆经过点，求的取值范围.

22．已知函数.

(1)当时，求的单调区间和极值；

(2)设为的极值点，证明：

（i）当时，存在唯一的；

（ii）对于任意，都有.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

求出，解对数不等式得到，求出交集.

【详解】

，

，解得：，所以，

.

故选：B

2．C

【解析】

【分析】

结合余弦函数性质和充要条件的概念判断即可.

【详解】

解：在中，，由于余弦函数在单调递减，

所以，

所以“”是“”的充分必要条件.

故选：C

3．C

【解析】

【分析】

作出不等式组表示的平面区域即可行域，根据线性规划的几何意义求得答案.

【详解】

作出不等式组表示的平面区域，即可行域如图示阴影部分：

解，得 ,

平移直线 ，当其过点时，直线在y轴上的截距最大，

此时目标函数取最大值，

最大值为，

故选：C

4．A

【解析】

【分析】

利用圆心到直线的距离为半径可求.

【详解】

因为圆心坐标为，半径为，

所以该圆心到直线的距离，结合解得.

故选：A.

5．C

【解析】

【分析】

首先求得及的取值范围，再把转化为关于的代数式，利用函数的单调性去求的取值范围即可解决

【详解】

由，可得，

则，则，令，则

，

又在单调递增，在单调递减

，，

则，即

故选：C

6．D

【解析】

【分析】

由排除AB，再根据坐标轴上与的位置，排除C即可.

【详解】

由知，，故排除AB；

对于CD，由于，，对比点与点在数轴上的位置，显然可排除C．

故选：D

常规方法：由知函数是偶函数，

且，，故排除AB；

所以只需考虑当≥0时的图象．

当≥0时，，求导得，再次求导得，

令得，所以函数在(0,ln4)单调递减，在(ln4,+∞)单调递增，又，，，

所以，使得，

所以在，单调递增，在单调递减.

故选:D

7．B

【解析】

【分析】

先求出五个数选3个数全部的排列种数，再减去0作为首位时的情况，即0放在首位，剩下2个位置从剩余4个数中选两个，即，再减去选择2，3两数时3排在2前面的情况，因为不一定相邻，所以有三个数可选，有三个位置，因为032这个数再第一次和第二次中都被减了所以需要再加1，即可得到结果

【详解】

故选：B

8．A

【解析】

设内切圆圆心为，则在平分线上，过点分别作于，于，由得四边形为正方形,则可得离心率.

【详解】

因为，所以双曲线的渐近线如图所示，

设内切圆圆心为，则在平分线上，

过点分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为得，又，所以，，所以，

所以，得.

故选：A.

【点睛】

本题考查求双曲线的离心率，考查双曲线的几何性质，属于中档题.

9．D

【解析】

【分析】

A. 通过递推计算得该选项正确；B. 由题得，所以该选项正确； C. ，设得到，再赋值相加即得 ，所以该选项正确；D. ,所以该选项错误.

【详解】

解：A. 由题得所以该选项正确；

B. 由题得，，所以，当时，也满足，所以，所以该选项正确；

C. 由前面得，，

所以也适合，所以.

设，所以函数在单调递减，所以 所以，所以，，，所以所以，所以该选项正确；

D. ,所以该选项错误.

故选：D

10．A

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，表示出翻折后的位置，利用向量垂直，数量积为零，找出关系式，进而求得，再利用极限位置求得a的最小值，即可求得答案。

【详解】

如图示,设处为沿翻折后的位置，

以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

则 ，设 ，

由于 ,故 ，

而 ，

由于 ,故，则，

即 ；

又由在翻折过程中存在某个位置，便得，不妨假设,

则，即 ，

即 ，

当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内，

不妨假设此时 ，设垂足为G,

作 AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值，

由于，故 ,

所以 ,而,

故，又 ,

故 为正三角形，则,

而 ,故 ,则 ，

故， ，则 ，

故的取值范围是 ，

故选：A

【点睛】

本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要注意极限位置的利用，有较大难度.

11．4

【解析】

【分析】

根据复数的乘方运算，求得z，可得，再根据复数模的计算求得答案.

【详解】

，则，

故，

故答案为：4

12．

【解析】

【分析】

先在长方体中得出该几何体的图形，从而可得出答案.

【详解】

由几何体的三视图，在长方体中，得出该几何体为三棱锥

根据三视图可得该长方体的长宽高分别为1,2,3

所以在该几何体中棱（为长方体的对角线）最长

故答案为：

13．

【解析】

【分析】

根据分段函数解析式画出函数的简图，设，根据图像确定的取值范围，将化成只含有一个变量的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定的最小值.

【详解】

当时，，，

当时，，当时，，

即当时，取得极小值为.

当时，为增函数，且，

函数的图像如图：

设，由题可知，由得，则，

则，

，所以当时，取得最小值为.

故答案为：.

【点睛】

本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题转化为单变量问题，然后就可以轻松求解.

14．

【解析】

【分析】

原问题转化为在条件下，即可，平方后化为二次函数，利用二次函数恒成立问题求解即可.

【详解】

由等和线可知，只需保证在条件下，—①即可，

由，再结合，

化简①式得对恒成立.

令，

由于，又对称轴为，

（1）当时，显然成立，

（2）当时，对称轴位于(0,1)之间，则应有，得,

综上，，，

故答案为：

15．     5    

【解析】

【分析】

根据二项式展开式可得，再利用赋值法得到，即可求出，再根据展开式的通项计算可得；

【详解】

解：因为，

所以，令，则，令，则，

所以，所以，所以，解得或（舍去），

所以，

所以展开式的第项为；

故答案为：；

16．         

【解析】

【分析】

第一空，利用诱导公式结合题意即可求得答案；第二空，利用余弦定理求得，继而求得AD,BD的长，利用三角形面积公式求得答案.

【详解】

第一空：由题意可知， ；

第二空：在中， ,

即 ,解得 ,（负值舍去），

由得 ,

故 ,

故的面积为 ,

故答案为：

17．     3    

【解析】

【分析】

直接求出取到1个红球1个白球的概率，从而解出，进而得到6个中各种颜色的球的个数，所以随机变量的取值为：2,3,4，求出各个概率，可得期望.

【详解】

取到1个红球1个白球，则取球2次，则取到1个红球1个白球的概率，解得

所以袋中的6个球中，其中1个红球，3个白球，2个黑球

随机变量的取值为：2,3,4

随机变量的数学期望

故答案为：     3；     

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据降幂公式，结合辅助角公式化简，再根据三角函数为偶函数时满足的条件列式求解即可；

（2）根据（1）化简可得，再结合区间的范围求解三角函数值的范围即可

(1)

因为函数为偶函数，

所以，即，

因为，所以

(2)

在（1）成立的条件下，，

因为，所以，

所以

所以

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）取中点，可证，即可证明面，从而证明；

（2）以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，根据线面夹角的坐标公式即可求解．

(1)

证明：取中点，连接

因为

则

因为，

所以

面，

又面

(2)

以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，

在中，由余弦定理计算可得，在中由余弦定理计算可得

为正三角形，又面面面，

且面面，作于，则面

设平面的法向量，

由且可得

取，得，再令，则，

可得平面的一个法向量，

设直线与平面所成的角为，

则

直线与平面所成的角的正弦值为．

20．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）由等比求和公式得出，再由累加法得出；

（2）结合等比求和公式、裂项相消求和法以及不等式的性质证明即可.

(1)

，

又

(2)

.

.

另解：

.得证

21．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据已知条件可得出关于的等式，即可解出的值；

（2）将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得，可得出，令，根据二次函数的零点分布可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围.

(1)

解：当，时，设点、，

联立可得，，

由韦达定理可得，所以，，，

即点，由已知可得，解得.

(2)

解：因为存在正实数，使得以为直径的圆经过点，且，

联立可得，

，可得，

由韦达定理可得，，

易得，，同理可得，

因为，

所以，

所以，

化简得，

令，则函数的对称轴为直线，

若方程有正根，则，又因为，解得.

【点睛】

方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

22．(1)递增区间是，递减区间是，极大值为，无极小值；

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求定义域，求导，注意到在上单调递减，又，从而得到的单调性，极值情况；（2）（i）求定义域，求导，得到单调递减，且，由零点存在性定理得到证明；（ii）结合上一问，对进行分类讨论，结合函数的常用放缩，得到证明

(1)

当，定义域为，

，

在上单调递减，又

所以当时，单调递增

当时，，单调递减

所以的递增区间是，递减区间是

故极大值为，无极小值

(2)

的定义域为，

（i）当时，单调递减，

且

设，则，

故在递减，即，即

所以，

根据零点存在性定理，存在唯一的

（ii）当时，由（1）知，满足

当时，若为的极值点，则

假设，则，

当时，，这与矛盾!

所以当时，

则

当时，由（i）知

所以

又，则

设

单调递减，，则

另一方面当时，单调递减，且

根据零点存在性定理，存在唯一的，有

由，可得：

又时，

所以

设，则

即在上递增，所以

则

综上，对于任意，都有.

【点睛】

导函数证明不等式，经常构造函数，并会用到常用的函数放缩，比如，，等.