浙江省名校协作体2022届高三上学期开学联考数学试题

2021学年第一学期浙江省名校协作体试题

高三年级数学学科

考生须知：

1. 本卷满分150分，考试时间120分钟；

2. 答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；

3. 所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；

4. 考试结束后，只需上交答题卷.

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. 已知为椭圆上一点，若到一个焦点的距离为1，则到另一个焦点的距离为（    ）

A. 3 B. 5 C. 8 D. 12

3. 已知，是两个不同的平面，， 是空间两条不同的直线，且，，则是的（    ）条件.

A. 充要 B. 充分不必要 C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要

4. 某几何体由圆柱的部分和一个多面体组成，其三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是（    ）.

A.  B.  C.  D.

5. 已知实数，满足约束条件，则（    ）

A. 有最小值，无最大值  B. 有最小值，也有最大值

C. 有最大值，无最小值  D. 无最大值，也无最小值

6. 函数可能的图象为（    ）

A.  B.  C.  D.

7. 已知是公比不为1的等比数列，为的前项和，若，，成等差数列，则（    ）

A. ，，成等比数列 B. ，，成等比数列

C. ，，成等差数列 D. ，，成等差数列

8. 已知，若有两个零点，则实数取值的集合是（    ）

A.  B.  C.  D.

9. 如图所示，将两块斜边等长的直角三角板拼接（其中，），将沿翻折至，记，，所成角为，，，则在翻折过程中，下列选项一定错误的是（    ）

A.  B.  C.  D.

10. 数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

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. 《九章算术》是中国古代的数学专著，收有246个与生产、生活有联系的应用问题.早在隋唐时期便已在其他国家传播.书中提到了“阳马”.它是中国古代建筑里的一种构件，抽象成几何体就是一底面为矩形，其中一条侧棱与底面垂直的直角四棱锥.问：在一个阳马中，任取其中3个顶点，能构成__________个锐角三角形，一个长方体最少可以分割为___________个阳马.

12. 复数满足，则的虚部为__________，__________.

13. 直线：截圆的弦为，则的最小值为__________，此时的值为__________.

14. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则角__________，若，则的最大值为__________.

15. 已知双曲线，，是双曲线的左右焦点，过作直线与双曲线的两支分别交于，两点，且是以为直角的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为___________.

16. 已知正数，满足， 的最小值是__________.

17. 已知平面向量，，满足，，则的取值范围为__________.

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. 已知函数的部分图象如图所示.

（Ⅰ）求函数的周期及表达式；

（Ⅱ）若函数，求的最大值及单调递增区间.

19. 如图，已知四棱锥，，平面平面，，.

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.

20. 已知为数列的前项和，，，成等差数列，且，.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）设，数列的前项和为，证明：.

21. 已知抛物线：和椭圆：，过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，线段的中垂线交椭圆于，两点.

（Ⅰ）若恰是椭圆的焦点，求的值；

（Ⅱ）若恰好被平分，求面积的最大值.

22. 设函数.

（Ⅰ）若为单调递增函数，求的值；

（Ⅱ）当时，直线与曲线相切，求的取值范围；

（Ⅲ）若的值域为，证明：.

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2021学年第一学期浙江省名校协作体试题

高三年级数学学科参考答案

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.

1-5：DBBDC 6-10：ACABD

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. 1；3      12. -3；     13. 2；1       14. ；8

15.        16.       17.

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. 解：（Ⅰ）由图得，所以，

点代入函数得，，即函数为.

（Ⅱ）.

，时取得最大值.

单调递增区间为.

19. 解：（Ⅰ）取中点，连接，，，

已知，则为等腰三角形，

∴.又因为为等边三角形，∴，

因为，平面，

∴平面，

又∵平面，∴.

（Ⅱ）解法一：由题意可得，平面平面，，故平面.

以为坐标原点建立如图所示直角坐标系，

不妨设，

则，，，，

设，，∵，即.

，，∴，.

又∵，，∴.

，设平面的法向量为，则，

解得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，

则.

解法二：∵平面，∴上任意一点到平面的距离相等，取中点，

连接，再取中点，连接，，由题意可得

且，故四边形为平行四边形，且

，故为矩形，∴平面，

∴，又∵，，∴平面

且，∴平面，

故平面平面，点到平面的距离即为点到的距离，

根据数量关系，设，则，，∴，

故为等边三角形，点到的距离为，

故直线与平面所成角的正弦值为.

20. 解：（Ⅰ）因为，，成等差数列，即，

当时，，两式相减得，

所以是公比为2的等比数列，

即，即.由，得，

所以的通项公式.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

，

又因为，

，

，

∴.

21. 解：（Ⅰ）在椭圆中，，所以，

由，得.

（Ⅱ）设直线：，代入抛物线方程得.

设的中点，则，，

由得，解得，

由点在椭圆内，得，解得，

因为，所以的最大值是2，

面积，

所以，当时，面积的最大值是.

22. 解：（Ⅰ）因为为单调递增函数，所以在上恒成立.

即恒成立.

解一：当时显然成立，当时；当时.设

，（显然），

所以时，时，所以.

解二：根据函数图象，当时为的切线且图象在上方，

所以时，恒成立，所以.

（Ⅱ）设与相切于点，

得代入得.

设，，

，；，.，，.

而.

所以当时，.

（Ⅲ），，

当，，如图所示存在两根，，

当时，，，递增；

当时，，，递减；

当时，，，递增.

又因为在处无定义，所以只有，

则，从而成立，

当，，如图所示存在两根，.

当时，，，递增；

当时，，，递减；

当时，，，递增.

又因为在处无定义，

所以只有，

将代入式得，所以.

从而有，从而成立.

综上，对任意，都有成立.