2022舟山舟山中学高三下学期3月质量抽查试题数学含解析

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浙江省舟山市舟山中学2021-2022学年度高三数学3月质量抽查卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．本试卷满分150分，答题时间120分钟3.请同学们仔细审题，认真作答，祝同学们考出理想的成绩第I卷（选择题40分）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. 若集合，，则能使成立的所有a组成的集合为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】考虑和两种情况，得到，解得答案.【详解】当时，即，时成立；当时，满足，解得；综上所述：.故选：C.【点睛】本题考查了根据集合的包含关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，忽略空集的情况是容易发生的错误.2. 直线截圆所得的弦长（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 【答案】D【解析】【分析】求出已知圆的圆心到直线的距离，再利用几何法求出弦长即可得解.【详解】依题意，圆的圆心，半径，则点C到直线，即的距离，于是得，所以.故选：D3. 不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：因的最大值为，故，解之得，所以应选C.考点：绝对值不等式恒成立的问题及处理方法．4. 已知函数，，则部分图像为如图的函数可能是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先求解与的奇偶性，进而判断出与非奇非偶函数，排除AB选项，再结合从正数趋向于0时，与的趋向的值，选出正确答案.【详解】因为定义域为，，所以为奇函数，定义域为R，且，所以为偶函数，则与是非奇非偶函数，和为奇函数，当从正数趋向于0时，，C选项错误；当从正数趋向于0时，，符合题意.故选：D5. 定义在R上的奇函数的周期为4，若，则的值是（    ）A.  B.  C. 1 D. 2【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性及周期性即可得解.【详解】由为定义在R上的奇函数且周期为4，故选：A6. 现有五名志愿者分配到甲，乙，丙三个不同社区参加志愿者活动，每个社区至少安排一人，则和分配到同一社区的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】把五名志愿者分配到甲，乙，丙三个不同社区的基本事件分为和两种情况，从而求基本事件的总数；然后再求和分配到同一社区所包含的基本事件个数，从而求出概率.详解】把分成三组有和两种情况，①当为时，基本事件的个数为；②当为时，基本事件的个数为，所以基本事件的总数为；和分配到同一社区包含的基本事件个数为，所以和分配到同一社区的概率为，故选：C.7. 已知数列，都是等差数列，数列满足.若，，，则（    ）A. 28 B. 56 C. 72 D. 90【答案】C【解析】【分析】设数列，的公差分别为，则，则，则数列的通项为二次三项式，可设，再根据，，，求得a、b、c，从而可得答案.【详解】解：设数列，的公差分别为，则，则，则数列的通项为二次三项式，可设，因，，，则有，解得，所以，所以.故选：C.8. 如图，已知三棱柱的底面为正三角形，侧棱垂直于底面,为中点，则下列判断不正确的是（    ）A. 与是异面直线 B. C. 面面 D. 面【答案】D【解析】【分析】根据异面直线的定义结合三棱柱的性质即可判断A；证明平面，根据线面垂直的性质即可判断B；由平面，利用面面垂直的判定定理即可判断C；由平面，，即可得与面不平行，从而判断D.【详解】解：对于A，在三棱柱中，，平面，所以平面，又，所以与是异面直线，故A正确；对于B，因为垂直于底面，平面，所以，又因为正三角形，且为中点，所以，又，所以平面 ，又，所以，故B正确；对于C，因为平面，平面，所以面面，故C正确；对于D，因为平面，所以与面不平行，又，所以与面不平行，故D错误.故选：D.9. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是(    )A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，f(x)在内存在单调增区间，等价于在上有有解，然后参变分离即可求解﹒【详解】∵函数在区间内存在单调递增区间，∴在区间上有解(成立)，即在区间上成立，又函数在上单调递增，∴函数在上单调递增，故当时，取最小值，即，即，得．故选：D﹒10. 已知函数满足，则的最大值是（    ）A. 4 B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】将条件进行平方，利用作差法构造函数，然后利用基本不等式的性质，转化为关于的一元二次不等式，进行求解即可．【详解】解：由，得，得，平方得①，又②，所以②－①得，即③，设，则③等价为，即，∴，则，则，∴，即，即，，设，则不等式等价为，整理得， 得，即，则的最大值为，故选：B．【点睛】本题主要考查函数最值的求解，根据条件利用平方法，构造函数，结合基本不等式的性质，转化为一元二次不等式是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．第II卷（非选择题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. 若复数满足（为虚数单位），则的虚部是________，_________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】首先化简复数得到，再求虚部和模长即可.【详解】因为，所以.所以的虚部是..故答案为：；12. 等比数列满足，则___________；___________.【答案】    ①. 3    ②. 1683【解析】【分析】利用给定的递推公式求出公比q，进而求得a1；写出数列的通项，再求出的表达式即可得解.【详解】设等比数列的公比q，因，，，而，即，所以3；，则，所以数列是首项为0，公差为1的等差数列，.故答案为：3；168313. 已知函数，则____；若，则____.【答案】    ①. 2    ②. 【解析】【分析】根据分段函数，直接将数代入计算可得，然后根据函数特点可得，所以可得时，此时的值.【详解】由题可知：，所以又，所以当时，则，所以故答案为：2，14. “杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.如图所示，第行的数字之和为______；去除所有为1的项，依此构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，则此数列的前46项和为______.【答案】    ①.     ②. 2037【解析】【分析】由次二项式系数对应杨辉三角形的第行，从而求系数和即可得第一个空, 若去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，进而找到第46项所在的位置,利用每一行的和为等比数列的基础上减去等差数列的和,即可得解.【详解】次二项式系数对应杨辉三角形的第行，例如：，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第三行：令，就可以求出该行的系数和，第1行为，第2行为，第3行为，依此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，即杨辉三角第行的数字之和为，杨辉三角的前行的所有项的和为.若去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则，且，可得当即第11行，再加上第12行的前1个数（去除两边的1），所有项的个数和为46，则杨辉三角形的前11行所有项的和为.则此数列前46项的和为.故答案为：，2037.【点睛】本题属于二项式和等差等比数列的综合题,以杨辉三角为背景处理和的问题,属于难题.15. 已知平面向量，，，满足，，，，则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】设出向量坐标，根据题目条件得到，进而得到，求出的最小值.【详解】因为，不妨设，因，不妨设所以，因为，所以，，故，所以，当且仅当时等号成立，所以故答案为：16. 不等式对任意的是恒成立的，则实数a取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】利用绝对值不等式可化，整理即可得出结果.【详解】不等式可化为：对任意的恒成立，，，故，解得：或.故答案为：.【点睛】本题主要考查绝对值不等式.属于较易题.17. 如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得平面；②存在点M，使得直线与直线所成的角为；③存在点M，使得三棱锥的体积为；④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角.则上述结论正确的有____________.（填上正确结论的序号）【答案】①③【解析】【分析】①由平面平面可判断; ②由直线平面可判断; ③由点M到平面的距离，可判断；④过作,由平面,所以平面，进一步作出的平面角，即，又由，直线与直线所成的角为，根据最小角定理可判断，得出答案.【详解】对于①.  连接,由,平面,平面,所以平面.同理平面且所以平面平面,显然直线与平面相交，设交点为M.则平面，所以平面，所以①正确.对于②. 连接,则,且所以直线平面而平面,所以,所以②不正确.对于③. 由点M为线段上的动点，所以点M到平面的距离..所以存在点M，使得三棱锥的体积为，故③正确.对于④. 过作,由平面,所以平面过作交于点，则，连接.所以,又，且,所以平面.所以，所以为二面角的平面角，即由，所以直线与直线所成的角与直线与直线所成的角相等.所以直线与直线所成的角为.由平面，平面,所以平面平面,且平面平面所以直线在平面上的射影为.所以直线与平面所成的角为，即为.直线与平面内的直线（，）所成角中（由最小角定理可得），线面角最小.所以小于等于直线与直线所成的角.所以④不正确.故答案为：①③下面补证最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．直线与平面斜交，斜足，平面，，由平面，，可证明平面，则．则，，，所以，即，故，．【点睛】本题考查线面平行的证明，体积的求解，二面角和异面直线成角的大小的比较，考查存在问题的探索，考查最小角定理，属于难题.三、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. 设函数.（1）求的最小值和对称轴方程；（2）为的导函数，若，求的值.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）结合诱导公式、辅助角公式及二倍角公式化简可得，进而求解最值和对称轴；（2）结合导数和，可得，再由万能公式和两角和的正切公式可求的值.【小问1详解】.， 当 时，时，，令时，∴对称轴方程；【小问2详解】，，，原式.19. 如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，．（1）求证：；（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，则，由面面垂直的性质可得面，从而可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）取的中点，连接，易得两两垂直，由面，可得即为与平面BCD所成角的平面角，从而可得，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，又因为面面，面面，面，所以面，又面，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以；【小问2详解】取的中点，连接，则，因为，所以，又面，则即为与平面BCD所成角的平面角，所以，所以，又面，所以，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，所以，则，则，设平面的法向量，则，可取，设平面的法向量，同理可取，则，所以二面角的余弦值为.20. 已知数列是等差数列，其首项和公差都为1，数列是等比数列，其首项和公比都为2，数列的前项和为．（1）求；（2）证明：当时，．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知条件求出数列和的通项公式，从而可求得的通项，然后利用错位相减法求，（2）由（1）可得，当时，可得，从而可得当时，，化简可得结论【小问1详解】因为数列是等差数列，所以．因为数列是等比数列，所以．所以．①．②由①②得：，所以．【小问2详解】证明：因为，所以，．当时，因为，所以，即．当时，．所以，当时，．21. 如图，已知椭圆的标准方程为，斜率为k且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A､B两点.（1）若与共线.（i）求椭圆的离心率；（ii）设P为椭圆上任意一点，且（λ，μ∈R），当时，求证：.（2）已知椭圆的面积，当k=1时，△AOB的面积为，求的最小值.【答案】（1）（i）；（ii）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）设出直线方程，联立椭圆方程，得出根与系数的关系，利用向量共线化简可得，（i）从而求出离心率；（ii）设，根据向量关系用坐标表示，代入椭圆方程，化简可得，令换元后，利用均值不等式及函数单调性求解即可.（2）利用求出S，直接计算，利用换元后配方求最值即可.【小问1详解】设，，直线方程为，联立直线与椭圆方程得，，，，因与共线，则，得，（i）（ii）设，由得代入椭圆方程得整理得（*）由（i）得（1），（2）（3）将（1）（2）（3）代入（*）得，令则（iii）即【小问2详解】到直线的距离，，设，原式，即的最小值为.22. 已知函数.（1）若恒成立，求的最小值；（2）求证：；（3）已知恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；    （2）证明见解析；    （3）．【解析】【分析】（1）求恒成立，即等价于，求出的最大值，大于等于的最大值，即可求出的最小值；（2）当时，得，即，，代入化简即可证明.（3）由题意知恒成立，即分离参数后得，再结合第二问的结论，即可求出的取值范围.【小问1详解】等价于，令，当时，，当时，.则在上单调递增，在上单调递减，，则，的最小值为.【小问2详解】证明：当时，由（1）得，即.令，则，即.【小问3详解】恒成立，即恒成立, ，由（2）知恒成立， ，故的取值范围为.