2022届浙江省绍兴一中高三下学期5月高考适应性考试数学试题含解析

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2022届浙江省绍兴一中高三下学期5月高考适应性考试数学试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A．或， B． C． D．【答案】C【分析】先对集合求解，再根据题目要求进行集合运算即可【详解】或，所以故选：C2．双曲线的一条渐近线为，则其焦距为（       ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】由双曲线渐近线方程和的关系计算即可.【详解】由题易知，而，所以，焦距．故选：D．3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三视图还原立体图形，再计算体积.【详解】如图所示：底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高 故 【点睛】本题考查了三视图和体积的计算，通过三视图还原立体图是解题的关键.4．若实数，满足不等式组，则的最大值为（       ）A．1 B．4 C．8 D．16【答案】B【分析】画出线性可行域，目标函数变为：，分析求解即可.【详解】可行域如图所示，，联立，解得，当直线过时，取最大值，即故选：B.5．设，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【答案】A【分析】根据不等式的基本性质可证充分性成立，举例说明可证必要性不成立.【详解】，所以充分性成立，当时，满足，但不成立，所以必要性不成立．所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A．6．函数的部分图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求定义域，再判断奇偶性，再求正负即可求解.【详解】因为的定义域为：，又，所以函数为奇函数，故B和D错误；，又，所以，故C错误.故选：A.7．已知袋中有大小相同、质地均匀的黑色小球m个和白色小球个，从中任取3个，记随机变量为取出的3个球中黑球的个数，则（       ）A．都与m有关 B．与m有关，与m无关C．与m无关，与m有关 D．都与m无关【答案】C【分析】根据随机变量的取值分别求出对应的概率，再将期望与方差求出即可判断出答案.【详解】由题可知：，，故，==．故选：C．8．已知双曲线的两条渐近线为，点为左右焦点，以原点为圆心且过两焦点的圆与交于第一象限的点P，点Q为线段的中点，且直线，则双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可设，又，则，整理得到关于离心率的方程，求解即可.【详解】由题可设，则，又，则．故选择：B．9．已知不等式的解集中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，设，进而通过数形结合求得答案.【详解】由可得：，设，，时，，单调递增，时，，单调递减，则当时函数取得最大值，如示意图：由图可知，当时，整数解超过了2个，不满足题意；当时，需满足得：．故选择：D．【点睛】本题较难，可却是一道常规题型，一般做法是先对式子进行变形，等号一边为一次函数（通常过定点），另一边的函数较为复杂，然后通过求导的方法作出简图，进而通过“数形结合法”求解.10．已知数列满足递推关系，且，若存在等比数列满足，则公比为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先设，，，，分析得，，所以，又分析得，再用数学归纳法证明得，，再设函数，分析得函数在单调递增，所以，得到，即，再利用条件得，分析得，再设函数，，分析得在单调递减，所以，得到，即，即，再结合条件得到，分析得，即可求解.【详解】设，，，因为，所以，所以，所以，所以．因为，所以．下面用归纳法证明．当时，，假设当时，，那么对，，所以，因为，所以，所以．因此，.，所以，，综上，．再设，所以，所以函数在单调递增，所以，所以，所以，所以，所以，所以，而，所以取足够大，易知，即．设，，，所以在单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即，而，所以，所以，所以，当足够大时，易知须满足，即．综上，．故选：A.【点睛】本题主要考查数列和函数相结合问题，通过构造合适的函数，再利用数学归纳法得到数列的相关性质，属于难题.二、填空题11．某科室有4名人员，两男两女，参加会议时一排有5个位置，从左到右排，则两女员工不相邻（中间隔空位也叫不相邻），且左侧的男员工前面一定有女员工的排法有_______种（结果用数字表示）．【答案】44【分析】应用分类分步计数，结合排列组合数及插空法求左侧的男员工前面一定有女员工的排法数.【详解】先排两男和空位，再把两女插空，分两种情形：第一种，先排两男和空位，最左边是空位时，排两男和空位共种，将女生插空时又分两种情形：先排两男和空位时，空位两侧排两名女生时计种；空位两侧共排一名女生时计种，共计种；第二种，先排两男和空位，最左边是男生时，排两男和空位共种，将女生插空共种，共计种，综上，共计种．故答案为：4412．已知正方体的棱长为2，M，N分别是的中点，点P是截面（包括边界）上的动点，，则与平面所成最大角的正切值为_______．【答案】【分析】先分析得到点P的轨迹是圆，然后将与平面所成最大角的正切值转化为求的最大正切值并计算即可.【详解】取的中点O，连接，由正方体性质可知平面，则，即如下图（2），点P的轨迹是，半径为，又M到平面的距离为，因为，所E到的距离为，则为直线与平面的夹角，当O，T，P共线时，则此时最小，的值最大，，所以，即．故答案为：.13．定义两个向量组的运算，设为单位向量，向量组分别为的一个排列，则的最小值为_______．【答案】【分析】讨论、且、且或2或3，根据的定义及向量数量积的运算律，分别求最小值，即可得结果.【详解】当且时，；当且、时，则，当且仅当时等号成立；同理且、或且、时，的最小值也为；当时，则，由，设，则，所以，当时等号成立.综上，的最小值为．故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，注意中向量不同的排列情况下对应的表达式，结合向量数量积运算律和几何关系求最值.三、双空题14．已知复数z满足，其中是虚数单位，则z的虚部是________，复平面内对应点位于第_______象限．【答案】     1     一【分析】利用复数除法运算法则计算出z，可得虚部及在复平面内对应点所位于的象限.【详解】，故z的虚部为1，其对应的点在第一象限.故答案为：1；一.15．直线与直线相交于点A，则点A坐标为_______，过A的直线与曲线交于M，N，则的取值范围是________．【答案】          【分析】联立两直线方程，解二元一次方程组即可得点A坐标；当为直经时长度最大，当垂直于点A与圆心连线时长度最小，分别计算即可.【详解】，即，过A的直线设为，而曲线化为标准方程为，圆心为，当为直经时长度最大，即，当与垂直时长度最小，，所以，即．故答案为：；.16．已知，则________，________．【答案】     1     0【分析】把给定的等式左边化为：，求出展开式的常数项得a，分析展开式的一次项得作答.【详解】依题意，，则展开式的常数项为，解得，展开式的一次项为，所以．故答案为：1；017．已知中，D在线段上，的长分别为2、3、6，则长为_______，的面积为________．【答案】          【分析】设，，利用余弦定理求出，即可求出，再由余弦定理求出，根据同角三角函数的基本关系求出，最后由面积公式计算可得；【详解】解：在中，设，，由，可得由余弦定理，可得，解得，所以，由余弦定理可得，所以，所以．故答案为：；；四、解答题18．已知函数．(1)求函数的最小正周期和对称中心；(2)若，方程有两个实数解，求实数m的取值范围．【答案】(1)最小正周期，对称中心为(2)【分析】（1）先将通过和差、二倍角公式、辅助角公式化简，再套用周期和对称中心的公式即可.（2）结合正弦函数的图像即可求得答案.【详解】(1)        =         =         = = 所以，最小正周期，由，得 所以，对称中心为．(2)因为，所以，由正弦曲线可得．19．如图，几何体中，，等腰梯形的腰长为，二面角的大小为，M，N，T分别为线段的中点．(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明平面平面，再利用面面平行的性质即可证明平面；（2）建系，然后利用线面角的公式求解即可【详解】(1)由已知且，则四边形为平行四边形，∴，∴平面，M，N分别为线段的中点，∴，∴平面，又∵，∴平面平面，∵平面，∴平面(2)如图建立空间直角坐标系，取中点Q，则，又，所以，所以，，所以设平面的法向量为，由，取法向量为所以，则与平面所成角的正弦值为．20．已知正项数列满足，数列的前n项和为且满足．(1)求数列，的通项公式；(2)设，证明：．【答案】(1)；.(2)证明见解析.【分析】（1）将移项后化简可轻易得出为等差数列，通过将已知条件代入后易得为等比数列，再分别通过等差数列与等比数列的通项公式即可求解.（2）将化简后，可判断出，设将此式的前项和为，错位相消后可求出的表达式，通过判断出即可证明.【详解】(1)由已知条件，可化为为正项数列，∴，所以为等差数列，则.①，②时，得，由①②得，所以为等比数列.(2)证明：由题意，，，设的前项和为，③④，③④得，，，.21．如图，过抛物线的焦点F的直线交抛物线于第一象限的点，且，过点（不同于焦点F）的直线与抛物线E交于A，B，过A作抛物线的切线交y轴于M，过B作的平行线交y轴于N．(1)求抛物线方程及直线的斜率；(2)记为与y轴围成三角形的面积，是否存在实数使，若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在；【分析】（1）由焦半径列出方程，求出，得到抛物线方程，从而得到点的坐标，求出直线的斜率；（2）设出，得到切线，得到，设过P的直线为，与抛物线联立，利用韦达定理得到，表达出直线BN方程，得到，表达出与，求出实数的值.【详解】(1)由焦半径公式得：，∴∴，∵，∴直线的斜率为(2)存在；，理由如下：设，切线与抛物线联立得，由相切得，得 ①，令得：，所以设过P的直线为，与抛物线联立得，由韦达定理，得，又∵，∴②，令得：，故将①②联立，解得：，所以，即存在实数使．【点睛】圆锥曲线相关的定值问题，要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再结合题目中的条件表达出弦长或面积或列出方程，求出定值22．已知函数，设．(1)若，证明：当时，成立；(2)若，在上不恒成立，求a的取值范围；(3)若恰有三个不同的根，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）要证，只需要证明，构造函数利用导数处理单调性，继而求出最值，即可求解.（2），在上不恒成立, 等价于存在，使,构造函数，求导求最值，即可求解.（3）分情况讨论，当时，不可能有三个不同的根，故可知，进而可知，即可求解.【详解】(1)若，则设，令，，所以在时单调递增，且，故则 ，所以在上单调递增，故，故得证.(2)原命题等价于存在，使，即存在，设，则，其中在上单调递增，且，所以在单调递增，故，所以．(3)在定义域上单调递增，①当时，，所以存在，使得，且为的极小值点．且，所以，故不可能有三个根．②当时，同理，不符合要求．③当时，，所以存在，使得，，即，所以，所以，又因为，所以，所以，所以．得证．