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《浙江省名校新高考研究聯(lián)盟(Z20名校聯(lián)盟)2022屆高三下學期第二次聯(lián)考數(shù)學 Word版含解析》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。
Z20名校聯(lián)盟（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟）2022屆高三第二次聯(lián)考數(shù)學試題一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設(shè)集合，集合，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解不等式可得集合B，結(jié)合交集的定義即得.【詳解】由一元二次不等式得，又，∴.故選：A.2.已知，且，其中是虛數(shù)單位，則等于（）A.5B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)計算法則進行計算，得到，再使用模長公式求解.【詳解】由得：，即，從而，解得：，從而故選：B3.若是直角三角形的三邊（為斜邊），則直線被圓所截得的弦長為（）A.1B.C.2D.
1【答案】C【解析】【分析】利用半徑、圓心到直線的距離、弦長的一半構(gòu)成的直角三角形可得答案.【詳解】因為是直角三角形的三邊，所以，圓心到直線的距離為，則被圓所截得的弦長為.故選：C.4.已知，均為單位向量，其夾角為，則“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C充分必要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據(jù)單位向量的模長與向量數(shù)量積的運算性質(zhì)，結(jié)合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.【詳解】由得，即，因為與均為單位向量，所以，即，因為，所以，因為真包含于，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B5.若實數(shù)滿足約束條件則的最大值為（）A.0B.C.D.1【答案】D
2【解析】【分析】作出可行域，根據(jù)的幾何意義，數(shù)形結(jié)合求解即可.【詳解】作出可行域，如圖，表示可行域內(nèi)動點與定點的連線的斜率，由圖可知，當動點運動到時，最大，即的最大值為1，故選：D6.函數(shù)的圖象可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用特殊值逐項排除可得答案．
3【詳解】因為，，所以函數(shù)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，因為函數(shù)的解析式為，故排除C；，故排除BD，故選：A．7.四棱錐的各棱長均相等，是上的動點（不包括端點），點在線段上且滿足，分別記二面角，，的平面角為，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】連對角線得底面的中心,則垂直底面，根據(jù)二面角的定義，結(jié)合正切函數(shù)的性質(zhì)進行求解即可.【詳解】連接交于，因為四棱錐的各棱長均相等，所以有平面，設(shè)是的中點，則有，設(shè)四棱錐的棱長為，顯然，過作，垂足為，連接，因為平面，平面，所以，因為平面，所以平面，而平面，所以，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可證：，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可證：，因此是二面角的平面角，即，因此有，
4顯然，因此，故選：D.【點睛】關(guān)鍵點睛：根據(jù)正切函數(shù)的性質(zhì)進行求解是解題的關(guān)鍵.8.已知點是雙曲線右支上的任意一點，由點向雙曲線的兩條漸近線引垂線，垂足為和，則的面積為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】設(shè)，根據(jù)雙曲線的漸近線方程可得，利用點到直線的距離公式可得、，代入可得答案.
5【詳解】設(shè)，雙曲線的漸近線方程為雙曲線，所以漸近線的傾斜角為，所以，，因為，，所以的面積為.故選：C.9.已知，函數(shù)若關(guān)于的方程恰有兩個互異的實數(shù)解，則實數(shù)的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)分段函數(shù)的意義將方程恰有兩個互異的實數(shù)解，轉(zhuǎn)化為各段上根的個數(shù)問題分類推理討論求解.【詳解】因為關(guān)于x的方程恰有兩個互異的實數(shù)解，則有：有兩個不同的實根，且無實根，
6或與各有一個實根，或無實根，且有兩個不同的實根，當時，，函數(shù)增函數(shù)，則函數(shù)在上最多一個零點，有兩個不同的實根不成立，當函數(shù)在上有一個零點時，必有，即，此時，，因此，當時，函數(shù)在上確有一個零點，方程必有一個實根，當，時，，設(shè)函數(shù)，而函數(shù)對稱軸，即在上單調(diào)遞減，又，即在上必有一個零點，因此，方程必有一個實根，于是得當時，與各有一個實根，若方程無實根，必有，此時方程有兩個不同的實根，函數(shù)在上有兩個零點，當且僅當，解得，于是得當時，有兩個不同的實根，且無實根，綜上得：當或時，方程恰有兩個互異的實數(shù)解，
7所以實數(shù)a的取值范圍是.故選：C.【點睛】思路點睛：涉及分段函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍問題，可以按各段零點個數(shù)和等于總的零點個數(shù)分類分段討論解決.10.數(shù)列滿足：，，記數(shù)列的前項和，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意的遞推公式可得，進而可得和，利用累加法和裂項相消求和法得到，進而得出的取值范圍.【詳解】由題意知，，，即，則，即，由累加法可得，所以當時，，所以，又，得，所以，故選：D
8二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分.11.我國南宋著名數(shù)學家秦九韶在他的著作《數(shù)書九章》記述了“三斜求積術(shù)”，用現(xiàn)代式子表示即為：在中，角所對的邊分別為，則的面積為.根據(jù)此公式，若，且，則這個三角形的面積為_________.【答案】【解析】【分析】依題意可得，則代入數(shù)據(jù)計算可得；【詳解】解：依題意的面積為，同理可得，因為，且，所以故答案為：12.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_________，表面積為_________.【答案】①.②.【解析】【分析】該幾何體為一個四棱錐，畫出其直觀圖即可求解.【詳解】該幾何體直觀圖如圖：
9體積為：；表面積為：.故答案為：；.13.已知隨機變量的分布列如下，且滿足，則_________，又，則_________.01【答案】①.2②.【解析】【分析】根據(jù)均值的計算公式以及概率和為列式，聯(lián)立求解得，再根據(jù)求出，然后代入公式計算.【詳解】由題意可知，又，可得；，所以.故答案為：2；14已知，.若，則_________；_________.【答案】①.2②.40【解析】
10【分析】先根據(jù)賦值法求，再利用二項式定理求特定項系數(shù).【詳解】∵令，得，，∴，所以含項系數(shù)為.故答案為：2；40.15.已知正實數(shù)滿足，則的最大值為_________；的最小值為_________.【答案】①.②.1【解析】【分析】由已知可得，利用基本不等式可得解，第二空變形代數(shù)式結(jié)合運用“1”妙用的代換，再利用基本不等式求最值，即可得答案；【詳解】，，當且僅當，即時等號成立，的最大值為，，，等號成立當且僅當，即時等號成立，的最小值為1.故答案為：；1.16.將3個不同顏色的小球放入排成一排的6個相同的盒子，每個盒子最多可以放一個小球，則3個空盒中恰有2個空盒相鄰的放法共有_________種.（用數(shù)字作答）
11【答案】72【解析】【分析】先分類，再在不同情況下，求出放法個數(shù)，相加得到答案.【詳解】當兩個相鄰空盒恰好在兩端時，放法有種；當兩個相鄰空盒不在兩端時，放法有種；所以3個空盒中恰有2個空盒相鄰的放法共有36+36=72種.故答案為：7217.已知平面向量，，滿足：，，則的最小值是_________.【答案】##【解析】【分析】建立直角坐標系，根據(jù)已知條件求出終點的軌跡方程，由此即可求解.【詳解】如圖在直角坐標系中，設(shè)，∵，∴A的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，設(shè)，
12由可知，設(shè)，則，，設(shè)，則，，∴①②①＋②得：，則B的軌跡是以G(－1，)為圓心，1為半徑的圓，則.故答案為：.
13【點睛】本題的關(guān)鍵是建立合理的坐標系，求出向量終點的軌跡方程，將最短距離轉(zhuǎn)化為定點到圓上一點距離的最值問題，綜合考察向量的線性運算法則和動點軌跡的求解，屬于難題.三、解答題：本大題共5大題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.18.已知函數(shù).（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間及值域；（2）若，，求的值.【答案】（1）單調(diào)遞增區(qū)間為，，的值域為（2）【解析】【分析】（1）利用降冪公式、二倍角的正弦公式及輔助角公式將函數(shù)化簡，再根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案；（2）根據(jù)，可得，再根據(jù)，結(jié)合平方關(guān)系求得，再根據(jù)利用兩角差的正弦公式即可得解.【小問1詳解】解：∵∴由，，即，，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，，且的值域為；【小問2詳解】
14解：∵，∴，∵，則，又因為，所以，所以，則.19.已知平行四邊形，，，，點是的中點，沿將翻折得，使得，且點為的中點.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中點H，證明四邊形FHEB為平行四邊形，由線面平行判定定理即可得證；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求線面角即可.【小問1詳解】取PD的中點H,連接EH,HF
15∵F，H分別為PC，PD的中點，∴又∵E為AB的中點，∴，∴，∴FHEB為平行四邊形，∴，又∵面PDE，面PDE，∴平面PDE.【小問2詳解】∵，，，∴，如圖建立平面直角坐標系：令，由條件可知，，，，由，∴，∴∴.
16∴，又∵面BCDE的法向是，記PE與面BCDE所成角為.∴，即PE與面BCDE所成角的正弦值為.20.已知數(shù)列和，記，分別為和的前項和，為的前項積，且滿足，，.（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）設(shè)，記數(shù)列的前項和為，若對任意的恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)先用通項公式和前n項和公式的關(guān)系求出和的關(guān)系，再利用前n項積得到另外一組和的關(guān)系，由此即可求出兩個數(shù)列的通項公式；(2)由錯位相減法求，代入?yún)⒆兎蛛x得，求最小值即可.【小問1詳解】時，①，②，①-②得，當時，③，④，③÷④得.由上可得，即，化簡得.當時，，，兩式相等得，.故，因此且，故.
17綜上，.【小問2詳解】，⑤⑥⑤－⑥得：，，將代入得，化簡得，因在單調(diào)遞增，故的最小值為－4，故.21.已知拋物線，直線與拋物線交于點，，且.（1）求的值.（2）已知點，過拋物線上一動點（點在直線的左側(cè)）作拋物線的切線分別交，于點，，記，的面積分別為，，求的最小值.【答案】（1）1；（2）2.【解析】【分析】（1）將代入拋物線方程，求得，坐標，根據(jù)坐標滿足拋物線方程即可求得結(jié)果；
18（2）聯(lián)立直線DE的方程與拋物線的方程，由切線可知，進而得直線DE的方程為，將DE的方程與AM的方程聯(lián)立得，同理可得，易得，可知，利用二次函數(shù)性質(zhì)可得解.【小問1詳解】將代入拋物線方程，得，即，由，即，解得.【小問2詳解】設(shè)點，，設(shè)直線DE的方程為，將與拋物線方程聯(lián)立，得到，由，可得，即直線DE的方程為.由已知得直線AM的方程為，將DE的方程與AM的方程聯(lián)立得，同理可得，易得，由，，則，所以，而.故.故的最小值為2，此時.【點睛】本題考查拋物線方程的求解，以及拋物線中三角形面積的最值問題；解決問題的關(guān)鍵是構(gòu)造面積關(guān)于點坐標之間的函數(shù)關(guān)系，屬綜合題.22.已知函數(shù)（是自然對數(shù)的底數(shù)）.（1）若，證明：在區(qū)間上不存在零點；（2）若，函數(shù)有兩個極值點，.（i）求實數(shù)的取值范圍；
19（ii）證明：【答案】（1）證明見解析（2）（i）答案見解析；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）求導(dǎo)，判別函數(shù)的單調(diào)性，進而求解；（2）（i）求導(dǎo)，可知，是的兩個零點，可得，構(gòu)造函數(shù)，可得，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可求解；（ii）由題意可知，變形可得，由對數(shù)均值不等式可得解.【小問1詳解】當時，，求導(dǎo)，求二階導(dǎo)，求三階導(dǎo)，則函數(shù)單調(diào)遞增，令，得當，則，則函數(shù)單調(diào)遞減；當，則，則函數(shù)單調(diào)遞增；所以，∴在單調(diào)遞增，又當時，，所以在無零點.【小問2詳解】，求導(dǎo)，令，則，是的兩個零點，即，是方程的兩個根.由得，即.令，求導(dǎo)，則在單調(diào)遞增，且，∴，
20∴，∴，是方程兩根.（i）令，則，由得.當，則，則函數(shù)單調(diào)遞增；當，則，則函數(shù)單調(diào)遞減；且，，.如圖可得：.（ii）因為，所以..由，得所以由對數(shù)均值不等式：，得，∴.即證.【點睛】方法點睛：本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的零點有兩種方法：（1）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極（最）值，轉(zhuǎn)換為函數(shù)的圖像與x軸的交點問題，應(yīng)用分類討論思想，在含參函數(shù)含參函數(shù)單調(diào)性的基礎(chǔ)上再判斷函數(shù)零點個數(shù)問題；（2）參數(shù)分離，即由分離參變量，得到，轉(zhuǎn)化為研究與直線的圖像的交點問題.
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