浙江省绍兴市柯桥区2022届高三下学期5月高考及选考科目适应性考试数学试题（Word版含答案）

2022届绍兴市柯桥区高三下学期第二次适应性考试数学试题

选择题部分 （共 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．已知集合，，则（    ）

A．    B．    C．    D．

2．已知复数满足，其中是虚数单位．则复数的共轭复数是（    ）

A．    B．     C．    D．

3．若实数满足线性约束条件，则的最大值是（    ）

A．2     B．3     C．4     D．5

4．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．既不充分又不必要条件

5．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（    ）

A．2     B．   C．6     D．

6．已知函数，，下图可能是下列哪个函数的图象（）

A．  B．  C．   D．

7．已知随机变量和的分布列如下衣．

则（）

A．     B．

C．     D．

8．已知数列的前项和满足．若存在，使得，则实数的取值范围是（）

A．    B．  C．    D．

9．已知圆的圆心为，过点的直线交圆于两点，过点作的平行线，交直线于点，则点的轨迹是（）

A．圆     B．椭圆     C．双曲线    D．抛物线

10．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（）

A．

B．

C．

D．

非选择题部分（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．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是，，则第11项和第12项之和是__________．

12．已知且，若，且，则__________，__________．

13．在中，的面积为，则__________，__________．

14．有8个球，其中红、黄、蓝色的球各1个，其余是5个相同的白球．将这8个球放入编号为的4个盒子中，每个盒子2个球，则有__________种不同的放法．（用数字作答）

15．已知函数当时，__________，若函数有3个不同的零点，则的取值范围是__________．

16．已知椭圆，圆，直线与圆相切于第一象限的点A，与椭圆C交于两点，与轴正半轴交于点．若，则点A坐标为__________，直线的方程是__________．

17．已知平面向量满足：与的夹角为，记是的最大值，则的最小值是__________．

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．（本小题满分14分）已知函数．

（I）求的值;

（II）求的最小正周期和单调递增区间．

19．（本小题满分15分）如图，四棱锥中，，是对角线的交点，．

（I）求证：;

（II）求直线与平面所成角的正弦值．

20．（本小题满分15分）已知等差数列中，．正项数列前项和满足：对任意成等比数列．

（I）求数列的通项公式：

（II）记．证明：对任意，都有．

21．（本小是满分15分）已知抛物线的焦点为，准线为．直线与抛物线相切于点且与轴交于点，点是点关于点的对称点，直线与抛物线交于另一点，与准线交于点．

（I）证明：直线直线;

（II）设的面积分别为，若，求点的横坐标的取值范围．

22．（本小题满分15分）已知函数，其中．

（I）当时，求函数的最小值;

（II）当时，证明：存在唯一正实数，使得，

（注：是自然对数的底数）

2022年柯桥区高考及选考科目适应性考试

数学参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。

11．132；    12．，2；    13．1，；    14．60；

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）

．

（II）

所以的最小正周期是．

由三角函数的性质可知，解得．

所以的单调递增区间是．

19．解：（I）在中，由余弦定理得，有，故，

又，所以平面，

所以．

（II）解法一：过点作交于，作于，由（1）知平面，

所以平面平面，则平面，所以即为所求的角，

因为，所以，

又，所以；

在中，，

所以．

解法二：

以为坐标原点，直线，为，轴，建立空间直角坐标系，则，，，

因为，故，，

因为平面，所以平面平面，又因为，所以平面．

所以，

因为，，

设平面的法向量为，则，得，

设直线与平面所成角为，．

20．解：（I），．可得，公差，所以，

由题设可知①，取得，，解得．

又 ②，两式相减得：，

所以，所以．

（II）当时，不等式显然成立，

假设时，不等式成立，即，

那么当时，

，

所以当时，结论也成立．

综上所述，对任意，都有．

21．解：（I）设，，令可得，

由题设可得点．

所以，所以直线直线．

（II）由（I）可知，

所以，

，，

直线

将代入得：，

，即，

在式中取得：，

所以，

，化简得：，解得，，

故的横坐标的取值范围．

22．解：（I），所以，

则时，，单调递减；时，，单调递增，

所以的最小值为．

（II）当的，，则，

单调递增，且，有唯一零点．

当时，，单调递减；时，，单调递增，

所以，

由（I）可知，

①若，则，所以在有一个零点，又，

②若，则，所以在有一个零点，又，

综上可知，当时，存在唯一正实数，使得．

待证不等式等价于，

由可得，则只需证，

对于不等式左端，等价于证，

记，（且），有，

由（I）可知，所以在，单调递增，则有时，，

即；时，，不等式仍然成立，

不等式右端等价于，记（且），

有，

由（1）可知，所以在，单调递减，

则有，；，，不等式右端得证．