浙江省杭州师范大学附属中学2022届高三下学期5月仿真模拟数学试题

这是一份浙江省杭州师范大学附属中学2022届高三下学期5月仿真模拟数学试题，共24页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，等差数列的前n项和为，，则，函数的图象可能是，用表示不超过实数x的最大整数等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前浙江省杭州师范大学附属中学2022届高三下学期5月仿真模拟数学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分     注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B．C． 或 D．2．欧拉公式（其中i是虚数单位，e是自然对数的底数）是数学中的一个神奇公式．根据欧拉公式，复数在复平面上所对应的点在（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（       ）A． B．C． D．4．若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（       ）A． B．2 C．4 D．65．已知平面，，直线满足，，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．等差数列的前n项和为，，则（       ）A．10 B．11 C．12 D．137．函数的图象可能是（       ）A． B．C． D．8．四面体中，，则二面角的平面角的余弦值为（       ）A． B． C． D．9．椭圆的左右焦点为为椭圆上一点，直线分别交椭圆于M，N两点，则当直线的斜率为时，（       ）A．2 B．3 C．4 D．510．用表示不超过实数x的最大整数．数列满足：，则的末两位数是（       ）A．93 B．53 C．33 D．13第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、双空题11．双曲线的渐近线方程为___________，离心率为___________．12．已知函数则______；若，则______.13．若，则_______，_______．14．甲乙两袋装有大小相同的红球和黑球，甲袋有2个红球2个黑球，乙袋有2个红球3个黑球，现从两袋中各取2个球，则取到4个红球的概率是________，取到红球的个数的数学期望是_________．评卷人得分  三、填空题15．函数，，，则______________．16．已知正数，则的最大值为_________．17．已知平面向量，，，，则的取值范围是__________．评卷人得分  四、解答题18．在中，D的边的中点，．(1)求角C；(2)求面积的取值范围．19．如图，四棱锥的底面是梯形，，，E为线段中点． (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．20．数列的前n项和为，数列满足，且数列的前n项和为．(1)求，并求数列的通项公式；(2)抽去数列中点第1项，第4项，第7项，…，第项，余下的项顺序不变，组成一个新数列，数列的前n项和为，求证：．21．已知椭圆与抛物线有一个相同的焦点，椭圆的长轴长为． (1)记椭圆于抛物线的公共弦为，求；(2)P为抛物线上一点，为椭圆的左焦点，直线交椭圆于A，B两点，直线与抛物线交于P，Q两点，求的最大值．22．已知函数．(1)若，求实数m的取值范围并证明：；(2)是否存在实数t，使得恒成立，且仅有唯一解？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
参考答案：1．B【解析】【分析】根据集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为集合，所以，故选：B．2．A【解析】【分析】由复数的几何意义判断.【详解】由欧拉公式，在复平面内对应点在第一象限．故选：A．3．D【解析】【分析】判断出几何体的结构，从而计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，几何体是如下图所示三棱锥，故体积为.故选：D4．D【解析】【分析】作出可行域，画直线并平移，求出点坐标，代入可得的最大值.【详解】可行域为如图阴影部分区域，作直线并平移，当直线过时，取最大值，由，得，取到．故选：D．5．A【解析】【分析】根据原命题和逆命题的真假可判断两者之间的条件关系.【详解】设，若，则过内一点作的垂线，垂足为，因为，，，故，因为，故，而，，故.故命题“若，则”为真命题.如图，在正方体中，平面平面，平面平面，但与平面不垂直. 故命题“若，则”为假命题.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.6．B【解析】【分析】根据等差数列的通项的性质和前项和公式求解.【详解】因为，又，所以，所以，故选：B．7．D【解析】【分析】根据函数的奇偶性和零点，结合特殊值法进行判断即可.【详解】设，显然且因为，所以该函数是奇函数，又因为，所以函数没有零点，排除B、C，当时，，故选：D．8．C【解析】【分析】作出二面角的平面角，利用余弦定理解三角形即可求出二面角的余弦值.【详解】过点A作交于点M，过点M作交于点N，如图，则是二面角的平面角，设，则，在和中，由余弦定理，，所以，故选：C9．D【解析】【分析】写出直线的方程，与椭圆联立求出点的坐标，同理可得点坐标，通过计算直线的斜率即可得结果.【详解】由已知得，所以直线的方程为：（其中），与椭圆方程联立得，由韦达定理，所以，故；类似得，，所以，故选：D．10．A【解析】【分析】设，得出与的关系式，再令发现呈现周期性，进而可得结果.【详解】记，则有，故可得均为整数，且，再令，则有，且，所以，故的末两位数为93．故选：A．11．          【解析】【分析】求出、、的值，可求得该双曲线的渐近线方程与离心率.【详解】由可知，得，渐近线方程为，离心率为，故答案为：；.12．     16     【解析】【分析】根据函数的解析式，先求出，再将该值代入对应的函数式，求得；因为当时，，则由函数值为可知， ，故，则，再解方程得出的值.【详解】由该分段函数的解析式可得：则；由函数解析式可知，当时，，则由知，且，所以，则，解得.故答案为：；.13．     -10     -62【解析】【分析】令，将原问题转化为二项式的展开式的相关问题，结合二项式展开式和系数和的性质求解.【详解】令，则，原式可以转化成，则为前面的系数，所以，所以，令，可得，令，可得，所以，故答案为：．14．          ##1.8【解析】【分析】根据古典概型概率公式求事件取到4个红球的概率，再求出随机变量取到红球的个数的分布列并由期望公式求其期望值.【详解】甲袋有2个红球2个黑球，乙袋有2个红球3个黑球，共4个红球，所以取到4个红球的概率是，设取到红球个数为，的可能取值为0，1，2，3，4，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，则取到红球的个数的数学期望是，故答案为：．15．【解析】【分析】利用辅助角公式化简可得，结合的范围可得的范围，进而确定的值，由，利用两角和差余弦公式可求得结果.【详解】，，，又，，，，，.故答案为：.16．【解析】【分析】将分母变为，分别利用基本不等式即可求得最大值.【详解】（当且仅当，时取等号），的最大值为.故答案为：.17．【解析】【分析】把向量用建系的思想在坐标系中表示出来，然后利用向量的关系把变形整理得，分别通过三点共线和椭圆定义来确定范围即可.【详解】设，的夹角为，，，，.如图，由题可设，，，其中O为原点，C在单位圆上，记，假设存在一点，使得则有，又，解得.所以存在点，使得.，且直线的方程为，即，圆心到直线的距离为1.所以与圆相切，所以当,,三点共线时，取得最小值为，如图，在位置时， 因为，，且，由椭圆定义可知，此时在以，为焦点的椭圆上，当在其他位置时，在椭圆内部，所以的最大值为，即的最大值为..故答案为：．【点睛】本题结合轨迹问题与椭圆的定义，用建系的思想解决向量的问题.18．(1)(2)【解析】【分析】(1)根据内角和公式和二倍角余弦公式化简求角C；(2)由余弦定理可得的关系，结合基本不等式求的最大值，根据三角形面积公式求面积的取值范围．(1)因为，所以所以，故，又；所以.(2)在中，由余弦定理可得因为，，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以，又，当且仅当时等号成立，所以面积．19．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）取中点F，连接交于点O，连接，利用线线垂直证明面即可；（2）解析1：几何法，先根据线面垂直的性质证明面面，再作，证明B到面距离等于，进而求得线面夹角的正弦值；解析2：向量法，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求面的法向量，进而求得线面角的正弦值即可(1)取中点F，连接交于点O，连接，由，且梯形，有且，故平行四边形，又，故为菱形，所以为的中点，故.又因为，故，因为，面，故面，又面，故．(2)解析1：几何法在中，，故，因为，故，由，即，即，故面，又，故面，面，故面面，作，面面，面，故面，在中，，因为，故B到面距离等于，设与平面所成角为，，故，故与平面所成角的正弦值为．解析2：向量法在中，，故，因为，故，由，即，即，故面，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，故，故，设面的法向量为，则，令，故，所以，故与平面所成角的正弦值为．20．(1)，，(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由得出，再由前项和与通项的关系得出数列的通项公式；（2）分类讨论，两种情况，由分组求和法得出，再由的单调性得出证明.(1)由题意得，①当时，；当时，；当时，，②①②得，，当时，，也适合上式，所以，所以，两式相减得，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以．(2)数列为：，所以奇数项是以4为首项，8为公比的等比数列，偶数项是以8为首项，8为公比的等比数列．所以当时，所以，所以，显然是关于k的减函数，所以；所以当时，所以，所以，显然是关于k的减函数，所以；综上所述，．21．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意易得抛物线与椭圆的方程，联立方程组求得交点坐标进而得弦长公式；（2）设，联立方程组结合弦长公式求出和，根据两直线的交点为，建立之间的关系式，最后将表示为关于的函数，求出函数的最大值即可.(1)根据题意得：，∴抛物线方程：，椭圆方程：联立抛物线与椭圆：，整理得：（舍）∴∴(2)设联立与椭圆：，整理得：所以弦长公式：联立与抛物线：，整理得：所以弦长公式：联立与，∴P在抛物线上：，整理得：，即∴∴的最大值为，当时取到最大值．【点睛】直线与圆锥曲线相交的弦长主要通过联立方程组结合弦长公式或求得，该题中通过求出两直线的交点达到消元的目的是解题的关键.22．(1)，证明见解析(2)存在，【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而得到函数的最值，即可求出参数的取值范围，依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；（2）设，可得，则，求出函数的导函数，即可求出的值，再利用导数研究函数的单调性，从而得证；(1)解：因为，所以，令，得，令，得，故在上单调递增，在上单调递减．当时，且单调递增，当时，且先递增后递减，，故要使成立，则．由，得，即，所以．设，则，所以在上单调递减，故．令，得，即，得，从而，得(2)解：设，易知，故要使且仅有唯一解，则．，令，得，此时．由（1）可知，所以，则，所以当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，满足，且只有唯一解，从而满足要求．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．