浙江省绍兴市嵊州市2022届高三下学期5月适应性考试数学试题d

这是一份浙江省绍兴市嵊州市2022届高三下学期5月适应性考试数学试题d，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，复数，“”是“函数在R上为增函数”的，已知递增数列的项数为，且等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前浙江省绍兴市嵊州市2022届高三下学期5月适应性考试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，集合，则（       ）A． B． C． D．2．己知实数x、y满足约束条件，则的最大值是(       )A． B．2 C． D．43．复数（是虚数单位）在复平面内对应的点所在的象限为（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（       ） A． B． C． D．5．“”是“函数在R上为增函数”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．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（       ）A． B． C． D．7．设，随机变量的分布列分别如下，则(       )012P 012P A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则8．已知F是椭圆的右焦点，P是椭圆C上的点，设曲线C在点P处的切线l与x轴交于点Q，记坐标原点为O，直线的斜率为k，椭圆C的离心率为e，（       ）A．若直线轴，则 B．若直线轴，则C．若，则 D．若，则9．已知，设函数，，若当对恒成立时，的最大值为，则（       ）A． B． C． D．10．已知递增数列的项数为，且．设，若，则m的最大值是（       ）A．15 B．16 C．17 D．18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、填空题11．勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的面积最小的曲线，它由德国机械工程专家，机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．已知等边三角形的边长为1，则勒洛三角形的面积是_______．12．若，则的取值范围是_________．13．已知平面向量，且，则的最大值是_______；最小值是________．14．已知矩形，设E是边上的一点，且．现将沿着直线翻折至，设二面角的大小为，则的最大值是________．评卷人得分  三、双空题15．已知直线，则过坐标原点且与l垂直的直线方程是______，点到l的距离是_______．16．展开式中所有项的系数和是________，含的项的系数是________．17．已知，则________，__________．评卷人得分  四、解答题18．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．(1)求角C的大小；(2)若D是边上一点，且，若，求面积的最大值．19．已知四棱台中，，E是的中点．(1)证明：∥平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．20．已知等差数列的首项为，且，数列满足．(1)求和；(2)设，记，证明：当时，．21．已知直线和直线与抛物线分别相交于A，B两点（异于坐标原点O），与直线分别相交于P，Q两点，且．(1)求线段的中点M的轨迹方程；(2)求面积的最小值．22．已知，设函数是的导函数．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间上存在两个不同的零点，①求实数a范围；②证明：．注，其中是自然对数的底数．
参考答案：1．C【解析】【分析】直接求并集.【详解】因为集合，集合，所以.故选：C．2．D【解析】【分析】作出不等式组确定的线性规划区域，数形结合即可判断z=x+y的最大值．【详解】不等式组确定的线性规划区域如图：由图当直线z=x+y过时，x+y取得最大值4．故选：D．3．B【解析】【分析】利用复数的运算法则对原式进行化简，求出其在复平面的坐标，即可求解.【详解】解：，其在复平面内对应点为，在第二象限，故选：B.4．B【解析】【分析】将三视图还原可得几何体为正方体截去一个四分之一圆柱，求出其体积即可.【详解】该几何体为正方体截去一个四分之一圆柱（如图所示），其体积为．故选：B．5．A【解析】【分析】由指数函数的性质可得在R上为增函数的等价条件，再由充分、必要条件的定义即可得解.【详解】解：在R上为增函数，则，即．故时，为增函数，充分性成立；但为增函数，a还可以是，故必要性不成立．故选：A．6．C【解析】【分析】通过函数的奇偶性可排除AB，通过函数的零点可排除D，进而得结果.【详解】由图象知该函数为偶函数，排除A，B选项，由于函数在内有零点，故排除D，故选：C.7．A【解析】【分析】根据随机变量的数学期望和方差的计算方法分别计算出两个随机变量的方差，根据的范围作差判断它们方差的大小即可.【详解】设随机变量为X，其可能的取值是，对应概率为，则其数学期望(均值)为，其方差为：，则，，；，，；∴，若，则，，故，即，故A正确，B错误；若，则，但无法判断与1的大小，故无法判断的大小，故CD错误．故选：A．8．D【解析】【分析】直线轴，不妨设点P在第一象限，，由此可推得，，该式不会恒等于1，故可判断A,B; 若，设，根据过椭圆上一点处的切线方程的结论，可得切线方程，由此推出，即可推得，，判断C,D.【详解】若直线轴，不妨设点P在第一象限，，则，，令，则 ，即当 时，等于1，当 时，不等于1，故选项A，B错误；若，设，则切线：，则，因为，所以，，故C错误，D正确，故选：D．9．A【解析】【分析】设，结合余弦函数图象性质分析要使的最大值为时的取法，再结合韦达定理求取值范围.【详解】设，因为的最大值为，所以时，必取到最值，当时，根据余弦函数对称性得，此时或者，此时由，设时 对应解为，由上分析可知当，或，时，满足的最大值为，所以，即，所以.或，即或，故选：A.10．B【解析】【分析】根据单调递减，可得进一步得，根据迭代法可知，又，进而可以确定最大值.【详解】因为且递增数列，故可知单调递减，因为，所以 所以，故 所以，则 又因为，所以是的正因数，即可取，故可取综上可知：的最大值是 故选：B11．【解析】【分析】根据题意作出图形，观察可发现该图形的面积可用3个相同扇形面积之和减去中间2个等边三角形面积来计算．【详解】由题意得，勒洛三角形的面积为：三个圆心角和半径均分别为和1的扇形面积之和减去两个边长为1的等边三角形的面积，即．故答案为：．12．【解析】【分析】根据已知可得，求得，再将条件变形结合基本不等式可求得，由此将变形为，采用换元法，利用导数求得结果.【详解】由题意得： ，则 ，又，当且仅当 时取等号，故，故，所以，令 ，则 ，，则当 时，，递减，当 时，，递增，故，而 ，，故，即，故答案为：13．     ##0.5     1【解析】【分析】利用向量的坐标形式，代入化简等式，可得到向量、均为特定圆上点，再数形结合即可得到最值【详解】设，可得：，则，为以原点为始点，终点是圆心为，半径为的圆上的点，结合图像，当时，；又，代入整理得，，故为以原点为始点，终点是以圆心为，半径为1的圆上的点，故为始点在圆上，终点在圆上的向量，结合图像，当时，，故答案为：；1．14．##【解析】【分析】作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒则即为二面角的平面角，求的最大值即可得sinθ的最大值．【详解】方法一：如图，作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒∵，∴，∴平面，∴，又，AF∩BE=F，∴平面，∴，又，HK∩，∴平面，∴，∴即为二面角的平面角，即有，设，∴，，，易知△ABE是等腰直角三角形，F为BE中点，，易知HG⊥AB，则Rt，则，∴，则有，∵表示单位圆上一点与连线的斜率，∴如图，斜率最大为直线和圆相切时，直线倾斜角为，则，则，∴．故答案为：．方法二：在方法一的基础上，如图，延长、交于点I，易知△ABE是等腰直角三角形，∠FAE=45°，HK∥AD，则∠KHI=45°，则△HKI是等腰直角三角形，∴HK=，，设，由方法一知．∵△ABE是等腰直角三角形，则易知点的轨迹是以F为圆心，为半径的半圆，当与该圆相切时，最大，此时，∴的最大值为，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题要求通过作与二面角的棱垂直的面来构造二面角的平面角，从而将问题转化为解三角形的问题，还需熟练运用圆的参数方程和直线斜率的计算公式．15．          1【解析】【分析】利用直接法求出直线方程；利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】直线的斜率为，所以可设与l垂直的直线方程为，把代入，求得c=0，所以过坐标原点且与l垂直的直线方程是；点到l的距离为.故答案为：；1．16．     243     30【解析】【分析】用赋值法，令x=1，求所有项的系数和；分析含的项的构成，利用通项公式即可求出.【详解】令x=1，则所有项的系数和是；因为的通项为（r=0，1，2，3，4，5），所以当r=0时，需求展开式中的项为；当r=1时，需求展开式中的项为；所以含的项的系数是.故答案为：243；30．17．          1【解析】【分析】首先根据正切的二倍角公式求解，接着利用三角恒等变换将转化成，代入计算即可.【详解】故答案为：，1．18．(1)(2)【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，可得，结合以及三角恒等变换可得，求得答案;（2）法一：作出辅助线，延长至E，使得，利用余弦定理可得，结合基本不等式求出，再利用三角形面积公式求得答案;法二：利用向量，平方后可得，结合基本不等式求出，再利用三角形面积公式求得答案;(1)因为，所以，又因为，所以，而 ，所以，即，又因为，所以，故，解得．(2)法一：延长至E，使得，因为，所以，且，,由于，所以,因为，所以，解得，当且仅当时取“=”,所以的面积为，当且仅当时，的面积有最大值为．法二：因为，所以,所以，即,因为，所以，解得，当且仅当时取“=”,所以的面积，当且仅当时，的面积有最大值为．19．(1)证明见解析(2)【解析】(1)取的中点M，连接．因为棱台，所以，且，即，且，所以四边形是平行四边形，所以．又平面，平面,所以平面．因为E是的中点，所以是梯形的中位线，所以，又平面，所以平面，平面，所以平面平面．因为平面，所以直线平面．(2)取中点，连接，由已知得，又因为，，所以所以，且．同理：，且．所以直线平面．以F为坐标原点，分别以射线为x，y轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则．在中，，所以，从而，所以．所以，设平面的一个法向量为，则，取得．又，所以所以直线与平面所成角的正弦值为：．20．(1)；(2)证明见解析【解析】【分析】（1）先用基本量代换求出，再求出；（2）利用分析法转化为只需证明：成立．判断出n=1时成立；当时，利用放缩法得到，求和得，即可证明.(1)因为是等差数列，设其公差为d.因为，所以．因为，所以等差数列的公差，所以．因为，所以，所以．当时，，结合可知．经检验：也适合上式.所以．(2)由（1）可知：．所以要证明原不等式成立，只需证明：成立．易得：，所以当时，左边，右边，左边=右边．当时，，此时．所以所以于是，当时，成立．综上所述：当时，．【点睛】（1）数列求通项公式的方法：①观察归纳法；②公式法；③由求；④由递推公式求通项公式.（2）数列求和常用方法：①公式法； ②倒序相加法；③裂项相消法； ④错位相减法．21．(1)(2)【解析】【分析】（1）设两点的坐标，因为两点在抛物线上，根据已知条件，可求解出；再设直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，求解出、值，两次求得的值相等，求解直线方程；中点的坐标为，代入直线的方程，即可求解的运动轨迹.（2）根据题意可知，以直线与轴交点的横坐标的绝对值为底，分别以点的纵坐标的绝对值为高，计算两个小三角形的面积，其两个小三角形面积的和即为的面积.(1)解：设，则，所以，解得，设直线的方程为，由得，则，于是，解得，设线段的中点，则，所以，故线段的中点M的轨迹方程.(2)解：直线与直线的交点横坐标为，同理，所以，由（1）知，，所以，所以.又直线与x轴的交点坐标为，所以面积为，设，则，所以，所以，即时，面积有最小值．22．(1)(2)① ；②证明见解析【解析】【分析】(1)把代入原函数与导函数得到切点及斜率，利用点斜式即可得切线方程；(2)①可设，因为，所以与零点相同，可根据的单调性与极值情况来确定的范围；②根据题意，巧设函数，利用放缩构造等思路结合导数，可分别求出与的范围，然后相乘即可，详细过程见解析.(1)当时，，所以．根据点斜式可得曲线在处的切线方程为．(2)①当时，等价于．设，则．当时，单调递减；当时，单调递增；所以，当时，，因为在区间上存在两个不同的零点，所以，解得．当时，取，则，故，又，所以在区间和上各有一个零点．综上所述：．②设，则，它是上的增函数．又，所以，于是在上递增．所以，即，当时取等号．因为，所以，解得．(1)因为，所以，结合知．处理1：设函数，则，所以当时，递减，当时，递增，所以，所以．处理2：因为，所以，即，当时取等号，所以．由①可知，在上单调递增，且，所以，即．因为在上是减函数，且，且．综上可知：．【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．