2022届浙江省温州中学高三下学期5月模拟数学试题含解析

这是一份2022届浙江省温州中学高三下学期5月模拟数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
浙江省温州中学2022届高三下学期5月模拟数学试题一、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，则（       ）A． B． C． D．2．已知是虚数单位，复数满足，则的虚部是（       ）.A． B． C． D．3．已知双曲线的一条渐近线方程为，则C的离心率为（       ）A． B． C． D．4．若实数x，y满足，则的最大值是（       ）A． B． C． D．5．已知，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6．过x轴正半轴上一作圆的两条切线，切点分别为A，B，若，则的最小值为（       ）A．1 B． C．2 D．37．已知，则函数的图象不可能是（       ）A． B．C． D．8．已知，则的最大值为（       ）A．3 B． C．4 D．9．在四棱锥中，底面是等腰梯形，若，，则下列结论可能成立的是（       ） A． B． C． D．10．已知数列满足，，给出下列三个结论：①不存在a，使得数列单调递减；②对任意的a，不等式对所有的恒成立；③当时，存在常数C，使得对所有的都成立．其中正确的是（       ）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③非选择题部分 (共 110 分)二、填空题: 本大题共 7 小题, 多空题每题 6 分, 单空题每题 4 分, 共 36 分.
11．如图1是第七届国际数学数育大会的会徽，它的主题图案是由图2所示的直角三角形演化而成的，设其中的第一个直角三角形是等腰三角形，且，它可以形成近似的等角螺线，记的长度组成数列，则__________．12．已知平面向量满足，则的取值范围是__________．13．过抛物线的焦点F作斜率分别为的两条不同的直线，且，与相交于点A，B，与相交于点C，D．分别以为直径的圆M，圆N（M，N为圆心）的公共弦记为 l ，则点M到直线 l 的距离的最小值为__________．14．将一个四棱锥和一个半圆柱进行拼接，所得几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为__________，表面积为__________．15．若的各项系数和与二项式系数和均为32，则__________，__________．16．在中，角A，B，C所对边分别为，则_______，的面积的最大值为__________．17．从装有大小完全相同的m个白球，n个红球和3个黑球共6个球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为X，若，则__________，__________．二、解答题: 本大题共 5 小题, 共 74 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．已知函数．(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；(2)若函数关于点中心对称，求在上的值域．19．如图，在四棱锥中，平面，，E为的中点，点F在棱上，满足∥平面．(1)求的值；(2)求直线与平面夹角的正弦值．20．等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足．(1)求数列和的通项公式；(2)已知数列满足，设的前n项和为，若实数满足对任意的恒成立，求的取值范围．21．已知椭圆的上、下顶点分别为，抛物线在点处的切线l交椭圆于点M，N，交椭圆的短轴于点C，直线交x轴于点D．(1)若点C是的中点，求p的值；(2)设与的面积分别为，求的最大值．22．已知函数．(1)求函数的最小值；(2)若方程有两实数解，求证：．（其中为自然对数的底数）．
参考答案：1．C【解析】【分析】利用交集的定义运算即得.【详解】∵集合，∴.故选：C.2．A【解析】【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】解：因为所以，则的虚部为：．故选：A．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题．3．B【解析】【分析】利用焦点在轴的双曲线的渐近线方程公式求解【详解】由题知,即 所以所以离心率故选：B4．A【解析】【分析】由线性约束条件画出可行域，数形结合计算可得；【详解】解：由线性约束条件，画出可行域如下所示：由，解得，即，由，则，平移直线，由图可知当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，即；故选：A5．B【解析】【分析】取特殊值说明不满足充分性，分类讨论说明满足必要性即可.【详解】取，显然成立，而，即推不出，不满足充分性；当时，若均为非负数，显然，成立，若为非负数，为负数，显然，成立，若均为负数，显然，成立，即能推出，满足必要性，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.6．A【解析】【分析】连接交于点，先判断出最小时，最大，最小，再由勾股定理求出，进而求得的最小值.【详解】如图，连接交于点，易得，，由，最小时，最大，又，可得，即，最大时，最小，最小；又，则，故的最小值为1.故选：A.7．D【解析】【分析】取，，分别代入求导确定单调性，进而得出函数图象符合A、B、C选项，进而得出答案.【详解】取，则，定义域为，，令，则，则在上单调递减，又，故存在使，当，单增，当，单减，又，显然，A符合；取，则，定义域为R，，易得当时，，则在单减，当时，令，则，令，则，显然当时，单增，当时，单增，又，则存在使，即，则在上单调递增，在上单调递减，又，则，，则存在使，即，则在上单调递增，在上单调递减，又，B符合；取，则，定义域为，，令，则，当时，单减，当或时，单增，又，则，，即在单调递减，又当时，，当时，，C符合.故选：D.8．C【解析】【分析】分和去绝对值后，分别求出最大值，即可求解.【详解】当时，，又，显然当或2，时，该式取得最大值；当时，，又，显然当，时，该式取得最大值；综上：的最大值为4.故选：C.9．D【解析】【分析】取中点，中点，A选项由得到，与已知矛盾即可判断；B选项求得即可判断；C选项由求得即可判断；D选项求得即可判断.【详解】若，取中点，中点，连接，易得，，则，又，面，，则面，又面，则，与矛盾，A错误；过作交延长线于，连接，易得，则，由可得，又面，，则面，又面，则，则，B错误；若，连接，易得四边形为平行四边形，则，，则，又，则，由B选项知，矛盾，C错误；若，同C选项可得，又由B选项知，可能成立，D正确.故选：D.10．A【解析】【分析】由即可判断①；由即可判断②；由结合累加法求得即可判断③.【详解】由，可得，则，，则，都有数列单调递增，故①正确；由可得，又数列单调递增，则，则，即，②正确；由可得，则，，，，将以上等式相加得，又，单调递增，则，又由可得，又，则，即，则，设，，易得，当时，，则，，故不存在常数C，使得对所有的都成立，故③错误.故选：A.11．【解析】【分析】由勾股定理依次求解即可.【详解】由题意知：.故答案为：.12．【解析】【分析】由题可得当时适合题意，当时，不妨设，结合条件可得存在，使，进而分类讨论即得.【详解】当时，取明显成立，当时，不妨设，则，∴，即存在，使，当时，，不合题意，当时，存在，使，即适合题意；综上，的取值范围是.故答案为：.13．##【解析】【分析】由题可设，利用韦达定理法可得，，进而可得圆的方程，然后可得，再利用点到直线的距离公式及二次函数的性质即得.【详解】由题意知.设，由，可得，设，，则，，∴，于是，，.故，∴圆的方程为，即，同理可得，圆的方程为，∴圆与圆的公共弦所在直线的方程为，又，∴直线，于是，点到直线的距离为.故当时，点到直线 的距离的最小值为．故答案为：．14．          【解析】【分析】通过三视图将几何体还原，然后利用公式分别计算体积和表面积.【详解】几何体直观图如图所示：几何体体积；表面积.故答案为：；.15．     6     10【解析】【分析】第一空：由二项式系数和求得，令由系数和求得，即可求解；第二空：直接求出含有的项，即可求出.【详解】第一空：由题意知：，解得，令得，解得，故；第二空：中含的项为，故.故答案为：6；10.16．     2     【解析】【分析】第一空：由得，再结合正弦定理及和角公式得，即可求解；第二空：由余弦定理求得，进而表示出，由面积公式结合二次函数即可求出最大值.【详解】第一空：由可得，由正弦定理得，即，又，则，即，则；第二空：由余弦定理得，则，则，当即时，的面积取得最大值为.故答案为：2；.17．     2     【解析】【分析】第一空：表示出摸到白球的概率，由二项分布的期望公式求出即可；第二空：由直接求解即可.【详解】第一空：由题意知：摸到白球的概率为，则，则，解得；第二空：摸到白球的概率为，则.故答案为：2；.18．(1)最小正周期为，(2)【解析】【分析】（1）先利用倍角公式化简得，结合正弦函数的单调区间及最小正周期即可求解；（2）先写出，由关于点中心对称解出，再结合正弦函数的值域即可求解.(1)．∴的最小正周期为，令，∴的单调递增区间为(2)．∵关于点中心对称，∴，∵，∴．∴．当∴．19．(1)(2)【解析】【分析】（1）取上一点G，使，由∥面，∥面，证得面∥面，再由面面平行的性质即可证得，再由比例关系求得即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法求解即可.(1)取上一点G，使，连接，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴面，面，则∥面，又∵∥面，，面，∴面∥面，而面面，面面，∴，∴．(2)由（1）结合可得四边形为矩形，以A点为坐标原点，方向分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：，∴，设平面的法向量，则有：，∴，令，则，，∴．20．(1)(2)【解析】【分析】（1）设出公差公比，由已知建立方程组，再由等差、等比通项公式求解即可；（2）先求出，分组求和求得，进而求得，作差求得当时，，，由即可求解.(1)设的公差为d，的公比为q．则，∴∴；(2)，．．则，当时，，∴．则，当时，，∴，若实数满足对任意的恒成立，则，即．21．(1)(2)【解析】【分析】（1）设直线l的方程为，与抛物线方程联立，由结合 l过求解；（2）设，得到l的方程，与椭圆方程联立， 设M，N的纵坐标分别为，由求解.(1)解：设直线l的方程为，代入，得，由题意，即，∴l的方程为，又∵l过，∴；(2)l的方程化为，设，则l的方程为，点C的纵坐标，则，由，得，解得．设M，N的纵坐标分别为，令，显然，则，当且仅当时取等号，此时，所以的最大值为．22．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）直接令，求导，再把导数构造成新函数，再次求导，确定单调性，进而确定单调性，即可求得最小值；（2）先求导确定单调性，结合图像得，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，再结合函数放缩得，最后构造函数证得即可得证.(1)易得，令，则，令，则，令解得，令解得，∴在上单调递减，在上单调递增，又∵时，，，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴；(2)易得，∵，当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，又∵时，，，画出草图如图所示：不妨设，∴．由（1）知，，当且仅当时取等号，令，，显然在单减，单增，故，即，∴，当且仅当时取等号，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，则，， 由图可知，∴①，令，，又，可得当时，，即，令，，则，即，即，又，则，又，则，∴②综合①②可得，．【点睛】本题关键点在于先由单调性结合图像得，由以及结合函数图象得，最后构造函数证得即可得证.