2022届浙江省高三下学期6月高考数学仿真模拟卷（一）含解析

这是一份2022届浙江省高三下学期6月高考数学仿真模拟卷（一）含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届浙江省高三下学期6月高考数学仿真模拟卷（一）一、单选题1．已知集合，，若，则实数m的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，结合交集的概念和运算与空集的概念即可得出结果.【详解】由题可知，．因为，所以，即或，所以实数m的取值范围是．故选：B2．已知，若复数（i为虚数单位）是纯虚数，则z的共轭复数的虚部是（       ）A．1 B．－i C．i D．－1【答案】D【分析】由复数代数形式的乘除运算化简复数，结合已知条件求出的值，然后代入复数化简即可求出，则复数的共轭复数的虚部可求．【详解】解：是纯虚数，，解得，．则．复数的共轭复数的虚部是．故选：D．3．“”是“直线和直线垂直”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．既不充分又不必要条件【答案】A【详解】当时，则直线和直线垂直，充分性成立；而时，两直线也垂直，即必要性不成立，故选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．4．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据几何体的三视图，结合长方体的性质，得到原几何体，利用三棱柱和三棱锥的体积公式，即可求得该几何体的体积.【详解】根据题意作出长方体，取的中点，分别连接，得到几何体，可得几何体即为三视图所对应的几何体，根据给定的几何体的三视图，可得，则三棱柱的体积为，三棱锥的体积为，所以几何体的体积为.故选：B.5．古代数字著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于100尺，该女子所需的天数至少为（       ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】C【分析】根据题意，得到女子每天所织的布构成等比数列，求出首项，得到求和公式，进而可求出结果.【详解】由题意，该女子每天所织的布构成等比数列，记为，其前项和记为，根据题中数据可得，公比为，，所以，即，因此，由可得，，又，所以只需.即该女子所需的天数至少为10天.故选：C.【点睛】本题主要考查等比数列的简单应用，熟记等比数列的求和公式即可，属于常考题型.6．若实数x，y满足，则的值不可能为（       ）A．2 B．4 C．9 D．12【答案】D【分析】利用已知条件作出可行域，然后作出目标函数，求出目标函数的范围，逐一对选项筛选即可.【详解】作出可行域，如图： 解得： 即：又解得： 即：对于目标函数可化为：的最小值在处取得，最大值在处取得，此时：，即： ，其余的三个值都可能取到；故选：D.7．函数的大致图象是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值验证即可【详解】因为，所以为奇函数，所以函数图象关于原点对称，所以排除CD，因为，，所以排除B，故选：A8．已知函数，若存在实数，使得对任意的恒成立，则实数的最大值为（       ）A．10 B．8 C．6 D．4【答案】D【分析】先由和得，化简得，令，利用函数性质将恒成立问题转化为且，求解的范围，最后求出最值．【详解】∵，∴，即为，化简，设，则的图象为开口向上的抛物线，若对任意的，恒成立，只需函数在两个端点处的函数值非正即可，即，配方得，则，，此时，即为，即，解得，又∵，∴，则的最大值为4．故选D．【点睛】本题考查恒成立问题的转化，利用二次函数的图象及性质求解不等式恒成立问题，是一种重要的方法，属中档题．9．已知底面边长为2的正四棱锥O-ABCD的侧棱长为，E，F分别为AB，BC的中点，点P，Q在底面ABCD内，且Q在线段DE上，过顶点O平行于底面ABCD的平面为，F在平面内的射影为，长度为，则PQ长度的最小值是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得点的轨迹，然后结合等面积法求得长度的最小值.【详解】由题可得正四棱锥的高为2，故可将正四棱锥放置在棱长为2的正方体中，如图所示，易得线段的中点即为点，连接，则，进而，，所以在平面内，点的轨迹是以为圆心､以1为半径的圆，作，垂足为.，，所以，所以长度的最小值为.故选：D.10．已知各项均为正数的数列满足，，则数列（       ）A．无最小项，无最大项 B．无最小项，有最大项C．有最小项，无最大项 D．有最小项，有最大项【答案】D【分析】由数学归纳法得数列从第2项开始都大于1，这样是最小项，利用不等式放缩得出，引入函数利用导数证明其在时是减函数，得数列有上界，时，，再引入函数，由零点存在定理说明，从而确定这6项中的最大值是数列的最大项．【详解】数列各项均为正，，由得，一般地由数学归纳法知当时，由得（否则若，则，，，矛盾），所以数列中，时，，是最小项．又，，所以，，记，则，两边求导得，即，时，，是减函数，所以时，是递减数列，因此有上界，时，，即，设，，时，，是增函数，经过计算，得，而，所以时满足的满足，即，从而，而这6个数中一定有最大值，此最大值也是数列的最大项．故选：D．【点睛】本题考查由数列的递推关系确定最大项和最小项，解题关键一是由数学归纳法证明数列有下界，再利用不等式的性质确定数列每一项满足，难点在于引入函数，利用导数证明在时是单调递减数列，再引入函数利用零点存在定理证明，从而说明有上界并在最大项．对学生的逻辑思维能力，创新意识要求较高，属于困难题．二、填空题11．已知，函数，若，则 ________.【答案】【分析】利用函数的解析式可得出求得实数的值.【详解】由已知可得，故.故答案为：.12．若则 ___， __．【答案】     1     13【分析】先令可求的值，再对恒等式两边求导数后令可求的值，从而可得所求的值.【详解】设， 则，令，则，在恒等式中令，则即，故.故答案为：1，13．13．在中，角4，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则角       ，若的角平分线交于点D，且，则的最小值是______.【答案】；【解析】根据正弦定理可得，从而求得，即可求出角；利用即可解出，再结合基本不等式，即可求出的最小值【详解】因为，所以，又 ，可得，即 ，因为，所以.如图，即 整理得： ，所以，解得 所以.故答案为：；.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理解三角形，利用面积相等，属于中档题14．已知点A是椭圆：的左顶点，过点A且斜率为的直线与椭圆交于另一点（点在第一象限）.以原点为圆心，为半径的圆在点处的切线与轴交于点.若，则椭圆离心率的取值范围是___________.【答案】【分析】由题意可推得要使，只需，由此设直线方程，并联立椭圆方程，求出点坐标，进而得到，令，即可得到a,b的不等关系，求得答案.【详解】要使，只要，只要，即只要.∵直线方程为：，联立 ，得，即（）注意到为方程（）的一个根，故，所以点，可得，由于 ,故，令，得，即 所以离心率的取值范围是，故答案为：15．有个人在一楼进入电梯，楼上共有层，设每个人在任何一层出电梯的概率相等，并且各层楼无人再进电梯，设电梯中的人走空时电梯需停的次数为，则_________.【答案】【分析】设随机变量，可求得随机变量两个取值所对应的概率，由此得到分布列，从而计算得到，由可求得结果.【详解】由题意知：大楼共层，设随机变量，则，，，则的分布列如下： ，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够明确当电梯不停时，无人能走出电梯，从而结合对立事件概率公式确定电梯在每层停与不停所对应的概率，进而得到分布列.16．已知平面向量满足，，向量满足，当与的夹角余弦值取得最小值时，实数的值为____________.【答案】【详解】由得，又，则由，可知，即向量满足，且夹角为取，，，分别是线段，的中点，则,，由可知，点在直线上.又与的夹角为要使得最大，则取圆过点、且与直线相切于点，此时取得最大，由切割线定理得，又，则有，，解之得故答案为：【点睛】应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．三、双空题17．直线，若，则_______；若，则________.【答案】     2或-1     【分析】根据两条直线垂直的条件列方程，由此求得；根据两条直线平行的条件列方程，由此求得；【详解】若，则，解得或；若，则，此时两直线不重合，符合题意.故答案为：或；四、解答题18．已知函数为偶函数．(1)求图象的对称中心的坐标．(2)将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍，横坐标不变，得到函数的图象．若对任意的，总存在，使得成立，求A的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得，从而可求得，即可得函数的解析式，再根据余弦函数的对称性即可得出答案；（2）求得函数的解析式，分别求出两个函数的值域，再根据对任意的，总存在，使得成立，可得的值域是值域的子集，即可得出答案.（1）解：因为为偶函数，所以，，则，，又因为，所以，故，令，，解得，，故图象的对称中心的坐标为；（2）解：由题意可知，因为，所以，的值域为，因为，所以，，的值域为，因为对任意的，总存在，使得成立，所以的值域是值域的子集，则，解得，即A的取值范围为．19．如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，D为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连结，进而证明平面，在结合线面垂直得线线垂直；（2）解法一：过点作，垂足为，取的中点，连结，进而将问题转化为求直线与平面所成角，再根据几何关系证明，进而利用几何法求解；解法二：根据题意，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，再根据几何关系证明平面，进而利用坐标法求解即可；（1）证明：取的中点，连结．因为是正三角形，所以，又因为，．所以，又平面，平，，所以平面，又因为平面，所以．（2）解法1：过点作，垂足为．由（1）知平面，所以，因为，所以平面．取的中点，连结，因为为的中点，所以．所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角．因为，所以．又由（1）知，，所以平面，所以．在直角中，，．所以，，又在直角△DGF中，．．因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．解法2：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，，，．因为，为的中点，所以，又，，所以平面ABC．所以，．设平面PAC的法向量为，又，，由，得．可取．设直线与平面所成角为．．因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．20．在数列中，，当时，其前n项和满足：.(1)求证：数列是等差数列；(2)若对一切正整数n恒成立，求实数k的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，代入条件整理可得，即化为，从而可证明.(2)由题意分离参数可得，令，讨论出的单调性，得出其最小项即可得出答案.（1）， 即，所以，故数列是等差数列；（2）（2） ，令，则，令得，.由令，解得所以数列中当时单调递减，时单调递增.所以21．已知抛物线上的两个动点和，焦点为F，线段的中点为，且点到抛物线的焦点F的距离之和为8(1)求抛物线的标准方程；(2)若线段的垂直平分线与x轴交于点C，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线的定义，结合中点坐标公式进行求解即可；（2）设出直线的方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，求出的大小，再结合点到直线的距离公式求出面积的表达式，最后利用导数求出最大值即可.（1）由题意知：线段的中点为，所以，则，，抛物线的标准方程为；（2）设直线:（），由，得，，即，即，，设的中垂线方程为:，即，可得点C的坐标为，直线:，即，点C到直线的距离，，令，则（），令，，令，则，在上；在上，故在单调递增，单调递减，当，即时，.【点睛】关键点睛：利用导数的性质求出函数的最大值是解题的关键.22．已知函数，，(1)当，时，求函数在处的切线方程；(2)若且恒成立，求的取值范围：(3)当时，记，（其中）为在上的两个零点，证明：.【答案】(1)；(2)；(3)详见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义即求；（2）利用参变分离法可得当时，，当时，，通过导函数研究函数的性质可得函数的大致图象，即得；（3）利用放缩法可得，即证，再通过分析问题转化为证在上恒成立，然后利用导数即证.（1）当，时，，，∴，，∴函数在处的切线方程为；（2）由题意可知，当时，不等式显然成立，故；当时，，当时，，记，则，∴函数的减区间为，函数的增区间为，∴当时，，当时，∴可得；综上，的取值范围为；（3）由上可知，，，对于函数，∴函数在上单调递减，在上单调递增，故，即，∴，又，∴，即，由，可得，要证，即证，，也即，设，即证在上恒成立，∵，∴在上单调递增，∴，成立∴，综上，.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.