2022届浙江省杭州市学军中学高三下学期5月模拟练数学试题含解析

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2022届浙江省杭州市学军中学高三下学期5月模拟练数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出集合，利用并集的定义可求得集合.【详解】全集，集合，则，又集合，因此，.故选：C.【点睛】本题考查补集与并集的混合运算，考查计算能力，属于基础题.2．在复平面内，复数对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】根据复数运算及复数的几何意义即可求解.【详解】由题得，即为复平面的点，故在第三象限.故选：C．3．双曲线的离心率是（       ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】由双曲线的标准方程求得a、c，代入双曲线的离心率公式即可【详解】双曲线的实半轴长，半焦距则双曲线的离心率，故选：A．4．已知实数x，y满足，则该不等式组所表示的平面区域面积为（       ）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】A【分析】求得阴影部分对应三角形的底边长和高的值，即可求得其面积【详解】直线与x轴的交点坐标为，直线与x轴的交点坐标为，直线与直线的交点坐标为，由图可得阴影部分面积，故选：A．5．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A． B．4 C． D．8【答案】C【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积.【详解】解：根据几何体的三视图转换为几何体为如图所示的四棱锥，是四棱锥的高：所以.故选：C.【点睛】本题考查由三视图还原几何体之间的直观图和棱锥的体积公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力.6．若均为实数，则“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】通过列举，和推理证明可以推出充要性.【详解】若中，取，则推不出；若，则，则可得出；故“”是“”的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题考查充分必要不条件的定义以及不等式的性质，可通过代入特殊值解决．7．已知，函数，，则图象为上图的函数可能是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判断的奇偶性，进而排除A、B，再结合构造函数波动特征排除D项即可.【详解】不妨令，则，，故和为奇函数，排除A、B，接下来考虑，若构造函数为：，当时，即，由于为周期函数，而单增函数，故所得函数图象波动性必然会越来越明显，C符合；若，当时，即，同样函数为波动函数，但随着增大，，故的图象会越来越靠近轴，故D不符合.故选：C8．设，随机变量X的分布列是（       ）则当a在内增大时，（       ）A．增大 B．减小 C．先增大再减小 D．先减小再增大【答案】C【分析】根据分布列求解的值，然后根据分布列计算随机变量的均值和方差即可求解.【详解】解折：因为，所以，因为，所以所以当时，增大增大，当时，减小减小.故选：C.9．已知E，F分别是矩形ABCD边AD，BC的中点，沿EF将矩形ABCD翻折成大小为的二面角．在动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中，记二面角的大小为，则（       ）A．当时，sin先增大后减小B．当时，sin先减小后增大C．当时，sin先增大后减小D．当时，sin先减小后增大【答案】C【分析】根据二面角的定义通过作辅助线, 找到二面角的平面角，在△中表示出的值，利用的值的变化来判断的变化即可.【详解】当时，由已知条件得平面,过点作,垂足为，过点作，垂足为，∵ 平面，∴, ∴平面,又∵平面，∴, ∴平面, ∴,则为二面角的平面角，在△中，, 动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中,不断减小，则不断增大，即不断增大，则、错误；当时，由已知条件得平面,过点作,垂足在的延长线上，过点作,垂足在延长线上，∵ 平面，∴, ∴平面,又∵平面，∴, ∴平面, ∴,则为二面角的平面角的补角，即，在△中，, 如下图所示，动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中,先变小后增大，则先变大后变小，先变大后变小，，则也是先变大，后变小, 则正确，错误；故选：.10．设A是任意一个n元实数集合，令集合，记集合B中的元素个数为，则（       ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】利用排除选项D；利用排除选项AC；举例验证选项B正确.【详解】当集合A中的元素两两互质时，．所以对于选项D，当时，，故选项D错误．当时，若，其中，有，故．对于选项A，，故．故选项A错误．对于选项C，，则.故选项C错误．对于选项B，，判断正确（事实上，当时，要使最小，，记，其中，当时，有．）故选：B二、填空题11．某校高一（16）班有5位同学报名参加数学、物理、化学三科兴趣小组，若每位同学只能参加一科兴趣小组，且每科兴趣小组都有人参加，则共有________种不同的报名方法（用数字作答）.【答案】150【分析】根据5位同学报名参加数学、物理、化学三科兴趣小组，将5位同学分为三组，由2，2，1和1，1，3两种分组方式，分别求得报名方法，然后再利用分类计数原理求解.【详解】由题意得：将5位同学分为三组，由2，2，1和1，1，3两种分组方式，当分组为2，2，1时，有种报名方法，当分组方式为1，1，3时，有种报名方法，综上:不同的报名方法共有种.故答案为：150【点睛】本题主要考查分类计数原理，排列组合应用题，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.12．如图所示，在椭圆中，为其两焦点，过两焦点作直线，连接各边，若图中阴影部分面积与的面积之比为，则直线的斜率为____________．【答案】【分析】利用弦长公式证明，即四边形和四边形为平行四边形，利用已知条件可知，根据点在椭圆上可求出点和的坐标，根据对称性即可求出直线的斜率.【详解】由已知条件得，即,,若直线的斜率不存在时，由椭圆的对称性可知 ,又∵，∴四边形为平行四边形；若直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立得，其中，，，设直线的方程为，，，联立得，其中，，，∴, ,∴，∴，又∵，,∴,∴四边形为平行四边形，∴四边形为平行四边形；由已知得，,即,，∴，∴，即，，，，解得，，则，，即,，故答案为：．13．已知平面向量满足，且，，则的取值范围是_____________．【答案】【分析】利用向量数量积的几何意义，结合题给图像数形结合去求的取值范围【详解】由题可设，，，，，B、C在以O为圆心半径为的圆上，又，则．因为，记与的夹角为，①当时，，；②当时，由对称性可设，∴，∴，，∴，，∴；综上，结合图像可得，所以．故答案为：．三、双空题14．已知函数，则____；若，则____.【答案】     2     【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：2，15．已知直线，与圆相交于、两点，若（为坐标原点），则___________，___________.【答案】          【解析】由圆的方程求出圆心坐标与半径，可判断出是等边三角形，可得出，然后利用圆心到直线的距离列式求解值，则答案可求.【详解】化圆为，可知圆心坐标为，半径，由题意，，由，得，是等边三角形，则；则圆心到直线的距离，即，.故答案为：；.【点睛】本题考查直线截圆所得弦长的计算，同时也考查了直线方程的求解，解答的关键就是将问题转化为弦心距的计算，考查计算能力，属于中等题.16．“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1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…,则此数列的前28项和为_____________．【答案】          494【分析】利用二项式系数的性质即可得第n行的数字之和；确定出数列前28项对应新三角数阵前n行中的n值，再利用前面的结论计算作答.【详解】由二项式系数的性质得：第n行的数字之和为，去除所有1的项后所得三角数阵的第n行有n个数字，其和为，而，所以数列的前28项和.故答案为：；49417．在中，，，点D在线段AC上，满足，且，则______________，______________.【答案】          .【解析】根据题意画出图形，结合图形求出和的值，再求的值；利用正弦定理求出AC和AD的值.【详解】如图所示，中，，，，且，则；所以，；；，，，，.故答案为：；.【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，考查了运算求解能力，属于中档题.四、解答题18．已知函数满足：①的最大值为2；②；的最小正周期为．(1)求的解析式；(2)求函数在区间上的单调递增区间与最小值．【答案】(1)(2)，【分析】（1）根据题干中的三个条件，可分别求出的值，即可求得的解析式；（2）根据正弦函数的单调区间，整体代入求解函数在区间上的单调性及最值即可.【详解】(1)由条件③，得又，所以．由条件①，得，又，所以．由条件②，得，又，所以．所以．经验证，符合题意．(2)函数的单调递增区间为．由，得．又因为，所以在区间上的单调递增区间为，单调递减区间为.因为，所以，所以当，即时，取得最小值，．故在区间上的单调递增区间为，最小值为.19．如图，四棱锥E-ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AD=CD=AB=1，EC=2，△EAB为正三角形.（Ⅰ）求证：AD⊥EB：（Ⅱ）若在线段EA上有点F，使得点F到平面ABCD的距离为，求直线CE与平面FBD所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取中点，连接，，证得，再由勾股定理，得出，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到，即可得证；（Ⅱ）由（Ⅰ）以为原点，，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（Ⅰ）取中点，连接，，因为，，，则四边形为矩形，又为正三角形，所以，，又由，，可得，所以，又因为，且平面，所以平面，又由平面，所以，又因为，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故平面，，点到平面的距离为，所以，如图，以为原点，，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系.则，，，，，由，可得，，，设平面的一个法向量为，由，可得，取，可得，所以，又由，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】利用空间向量计算二面角的常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.20．已知数列的前n项和为，，且．(1)求的值，并证明：数列是一个常数列；(2)设数列满足，记的前n项和为，若，求正整数k的值．【答案】(1)，证明见解析．(2)．【分析】（1）利用得到与的关系，构造数列即可．（2）先求出，得到，裂项求和得到，代入解不等式．【详解】(1)当时，得：．当时，，则，得，又符合上式，即数列是一个常数列．(2)由（1）可知：，即．，则，得：．即．21．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，，l于点P，Q，N．(1)求证：；(2)若线段上的任意一点均在以点Q为圆心、线段长为半径的圆内或圆上，若，求实数的取值范围；【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，即可表示、的坐标，再由直线的方程，得到点坐标，同理可得点坐标，从而得证；（2）依题意可得，即可求出、，再根据三角形面积求出的取值范围；【详解】(1)解：设，则，由于A，F，B三点共线，则，整理得，又，则，同理可得则，，所以，即证；(2)解：若线段上的任意一点均在以点Q为圆心、线段长为半径的圆内或圆上，即，则，化简得，，即可得，又因为，，可得，，，，，即22．已知函数，其中．(1)若单调递增，求b的取值范围；(2)若，函数有三个极值点．（ⅰ）求b的取值范围；（ⅱ）证明：．【答案】(1)(2)（ⅰ），（ⅱ）证明见解析【分析】(1)求导，欲使得 ，则 ，解函数不等式即可求解；(2) 求导，欲使得 有3个极值点对应的导函数有3个零点并零点之间函数的单调性是不同的，分析导函数的单调性即可求解；      对导函数运用缩放法可以证明.【详解】(1)函数的定义域为， ，因为单调递增，所以 ，即，从而，令，则 ，当时， ，当时， ，故，所以，故；(2)（ⅰ），则 在上有三个不同的实数根，令，则，即若在上有三个不同的零点，所以，考虑到 的分子是关于t的二次函数，在上应有两个不同的零点即在上有两个不同的零点，所以 ，可得；（ⅱ）当 ，则存在使 （注意到），由开口向上，易知：上 上 上 ，所以在上递增，上递减，又，即，因为，故 ，所以三个零点，其中，则，易证：当时有时有，所以，即，可得，，即，可得，综上，是的两个解，而，所以．综上，欲使得 是增函数则，欲使得 有3个极值点则.【点睛】本题属于很难的题目，对于第二问的第二小问运用不等式“当时有时有”是关键，将导函数的两个根 ，转化为一元二次不等式的两个根不易想到.X01Pb