2022屆浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高三下學(xué)期5月高考模擬數(shù)學(xué)試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)2022屆高三下學(xué)期5月高考模擬數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題：本題共10小題，每小題5分，共50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已知集合，則（）ABCD2若復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則的虛部為（）ABCD3已知向量，則“存在實數(shù)，使得”是“，共線”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件4已知實數(shù)x，y滿足條件，則的最大值（）A8B2C4D5已知點是圓內(nèi)一點，直線l是以M為中點的弦所在的直線，直線m的方程為，那么（）A且m與圓C相切B且m與圓C相切C且m與圓

2、C相離D且m與圓C相離6已知函數(shù)，則在同一個坐標(biāo)系下函數(shù)與的圖像不可能是（）ABCD7將編號為1，2，3，4的4個小球，放入五個不同的盒子中，每個盒子至多放2個球，且同一個盒子內(nèi)不出現(xiàn)連續(xù)編號的小球，則不同的放法數(shù)是（）A300B320C360D5408已知P為雙曲線上一點（非頂點），令的面積為S，若，則雙曲線的離心率e為（）ABC2D39已知函數(shù)，設(shè)關(guān)于的方程有個不同的實數(shù)解，則的所有可能的值為（）A3B4C2或3或4或5D2或3或4或5或610已知數(shù)列滿足，且是數(shù)列的前n項和，則（）A數(shù)列單調(diào)遞增BCD三、填空題：本題共7小題，每小題5分，共35分。11九章算術(shù)是中國古代的數(shù)學(xué)名著，其中方

3、田章給出了弧田面積的計算公式如圖所示，弧田是由圓弧及其所對弦圍成的圖形若弧田的弦長是2，弧所在圓心角的弧度數(shù)也是2，則弧田的弧長為_，弧田的面積為_12二項式的展開式中，常數(shù)項是_，有理項的個數(shù)為_13隨機變量X的取值為，0，1，若，則_，_14在中，P是邊上靠近B點得四等分點，則_，則_15已知某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖和俯視圖均為邊長為2的正方形，側(cè)視圖是等腰直角三角形，則該幾何體的體積為_16已知，則的最大值為_17設(shè)為不共線的向量，滿足，且，若，則的最大值為_五、解答題18已知向量，記函數(shù)(1)求的對稱軸和單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在銳角中，角A，B，C的對邊為a，b，c，若，求的取值

4、范圍19在直角中，M，N分別為的中點，如圖1將沿折起至的位置，如圖2連接(1)證明：平面平面；(2)連接，若，求平面和平面所成銳二面角的余弦值20已知數(shù)列的前n項和為，數(shù)列為等差數(shù)列，且滿足(1)求數(shù)列和的通項公式；(2)若，求數(shù)列的前項和21已知橢圓右焦點為，橢圓的左焦點為F，點A為橢圓E上一動點（不在x軸上），點B為線段與橢圓C的公共點（且B靠近點A）(1)若點F恰為橢圓C的左頂點，求橢圓E的方程；(2)令面積的最大值為，求的取值范圍22已知函數(shù)(1)求證：函數(shù)在上有唯一零點；(2)若方程有且僅有一個正數(shù)解，求證：PAGE 答案第 = 1頁，共 = sectionpages 2 2頁PAG

5、E 17頁參考答案：1B【解析】【分析】直接根據(jù)集合的交集運算即可.【詳解】顯然.故選：B2D【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的乘法化簡復(fù)數(shù)，即可得出復(fù)數(shù)的虛部.【詳解】由得，故的虛部為故選：D3A【解析】【分析】根據(jù)，則，使得，結(jié)合充分、必要條件判定【詳解】由存在實數(shù)，使得，可得共線；但當(dāng)時，共線，此時不一定存在實數(shù)，使得故選：A4C【解析】【分析】根據(jù)不等式組，作出線性區(qū)域，根據(jù)的幾何意義進(jìn)行求解.【詳解】畫出線性區(qū)域，如圖，其幾何意義是點到直線的距離的倍容易發(fā)現(xiàn)點為最大值所在位置，代入目標(biāo)函數(shù)得，故選：C5C【解析】【分析】由題意可得，從而可求得圓心到直線的距離，則可得直線m與圓C相離，求出直線

6、的斜率，可得，而，從而可得結(jié)論【詳解】由點是圓內(nèi)一點得所以圓心到直線的距離為故直線m與圓C相離另一方面，直線的斜率為，而直線l以M為中點，故直線又直線m的斜率也是2，所以，所以.故選：C6D【解析】【分析】設(shè)，由奇偶性的定義及性質(zhì)可得是R上的奇函數(shù)，且是R上的增函數(shù)，然后分、和三種情況討論即可求解.【詳解】解：設(shè)，因為，所以是R上的奇函數(shù)，又時，在上單調(diào)遞增，所以在R上單調(diào)遞增，且有唯一零點0，所以的圖像一定經(jīng)過原點，當(dāng)時，與的圖像相同，不符合題意當(dāng)時，是R上的奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，所以與的圖像可能為選項C；當(dāng)時，若，所以與的圖像可能為選項A或B.故選：D7B【解析】【分析】分每個盒子只放入

7、1個小球、有1個盒子放入2球，其余2個盒子中每個盒子放入1個小球和4個球2個盒子，每個盒子放入2個小球三類討論，再分組分配結(jié)合分類加法原理即可得出答案.【詳解】解：第一類：每個盒子只放入1個小球先從五個不同的盒子選出四個盒子，再將4個小球放入4個盒子中，故有種放法，第二類：有1個盒子放入2球，其余2個盒子中每個盒子放入1個小球放入同一個盒子的2個小球編號只能是1和3或1和4或2和4，故有種放法，第三類：4個球2個盒子，每個盒子放入2個小球放入同一個盒子的2個小球編號只能是1和3，2和4，先從五個不同的盒子選出兩個盒子，再將4個小球放入2個盒子中，故有種放法，共有種放法故選：B8A【解析】【分析

8、】設(shè)，代入雙曲線方程變形得，計算，得離心率與的關(guān)系，中由正弦定理和表示，求得面積，代入已知等式并結(jié)合開始所求關(guān)系得離心率的方程，從而求得離心率【詳解】設(shè)，則，即因為，所以，即，中由正弦定理知，從而，由，得到，即，所以，故選：A9A【解析】【分析】畫出函數(shù)圖象，令，則，所以，即方程必有兩個不同的實數(shù)根，再利用韋達(dá)定理及函數(shù)圖象分類判斷即可.【詳解】根據(jù)題意作出函數(shù)的圖象：，當(dāng)，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減，所以；函數(shù)，時單調(diào)遞減，所以，對于方程，令，則，所以，即方程必有兩個不同的實數(shù)根，且，當(dāng)時，3個交點；當(dāng)時，也是3個交點；故選：A【點睛】函數(shù)零點的求解與判斷方法：(1)直接求零點：令，如

9、果能求出解，則有幾個解就有幾個零點(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間上是連續(xù)不斷的曲線，且，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點(3)利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標(biāo)有幾個不同的值，就有幾個不同的零點10BD【解析】【分析】對于A，證明數(shù)列單調(diào)遞減即得解；對于B，證明即得解；對于C，隨著減小，從而增大即得解；對于D，證明即得解.【詳解】對于A， 因為，所以，設(shè)，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增.所以所以所以 當(dāng)時，；當(dāng)時，因為，所以這種情況不存在.所以，所以數(shù)列單調(diào)遞減. 所以選項A錯誤.所以A錯誤對于

10、B：由前面得下面證明只需證明，令，令，則，成立所以，所以，所以選項B正確；對于C：，設(shè)，設(shè)，則所以函數(shù)單調(diào)遞減，所以隨著減小，從而增大所以，即所以C錯誤對于D：一般地，證明：只需證明令，則，成立所以，所以所以D正確故選：BD11 ; .【解析】【分析】（1）利用弧長公式解決，那么需要算出半徑和圓心角；（2）用扇形的面積減去三角形的面積即可.【詳解】由題意可知：，所以弧長，弧田的面積，故答案為：；.12 60 4【解析】【分析】寫出通項，根據(jù)要求出的值即可求得答案.【詳解】，令，常數(shù)項為；，符合題意，所以共有4個；故答案為：60；413 #【解析】【分析】設(shè)，列出分布列，根據(jù)期望與方差公式可求解

11、.【詳解】設(shè)，則，因此分布列如圖所示，由題意可知：01所以，所以故答案為：；14 2 【解析】【分析】利用余弦定理和三角形面積公式求出，再根據(jù)余弦定理可求出結(jié)果.【詳解】由余弦定理，得，又，得，所以，聯(lián)立，得，所以，所以.故答案為：2；.15【解析】【分析】根據(jù)該幾何體是由一個三棱柱，去掉兩個三棱錐而成求解.【詳解】解：由三視圖可知，此直觀圖是由直三棱柱，去掉三棱錐和三棱錐而成，如圖所示：所以其體積為：，故答案為：.16#【解析】【分析】根據(jù)題意得，設(shè)，所以，所以，求出的范圍，所以，分析求最值即可.【詳解】，所以，設(shè)，代入，則有，看成關(guān)于的一元二次方程，若方存在，則關(guān)于的一元二次方程必須有解，

12、所以判別式或，所以或又函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號，此時，.故答案為：【點睛】求函數(shù)最值和值域的常用方法：(1)單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值；(2)圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值；(3)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值；(4)導(dǎo)數(shù)法：先求導(dǎo)，然后求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點值，求出最值；(5)換元法：對比較復(fù)雜的函數(shù)可通過換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再用相應(yīng)的方法求最值17324【解析】【分析】采用建系法，令，將各個點用坐標(biāo)表示，然后表達(dá)出面積的最大值，進(jìn)而求得的最大值；【詳解】令，

13、又因為，即，則點C為的外心，因為，設(shè)，不妨取則點在圓上，由，代入坐標(biāo)，解得，聯(lián)立和，解得，故，當(dāng)且僅當(dāng)即時取“=”.故，于是.故答案為：324【點睛】求兩個向量的數(shù)量積有三種方法：利用定義；利用向量的坐標(biāo)運算；利用數(shù)量積的幾何意義具體應(yīng)用時可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時要注意數(shù)量積運算律的應(yīng)用18(1)對稱軸為，(2)【解析】【分析】（1）根據(jù)向量的數(shù)量積、二倍角公式、輔助角公式得，從而可求對稱軸方程及單調(diào)遞增區(qū)間；（2）先求得，再由正弦定理及兩角和與差的正弦公式及輔助角公式可得，根據(jù)三角函數(shù)可求得范圍.(1)由題意，所以的對稱軸為，即，單調(diào)遞增區(qū)間滿足，解得，所以單調(diào)遞增區(qū)間為(2)由得，

14、所以，所以，因為為銳角三角形，故，得，所以，即的取值范圍為19(1)證明見解析；(2).【解析】【分析】（1）通過線面垂直來推導(dǎo)出面面垂直，利用面面垂直判定解決；（2）將幾何體補成三棱錐，根據(jù)二面角的定義，先作出二面角的平面角后求解.(1)，面面，又面 面面；(2)延長和，交于P點，連，作，垂足為H，連，由（1）可得面面，面，又，面，設(shè)，又，面，即為所求二面角，.20(1)，；(2).【解析】【分析】（1）求出即得數(shù)列的通項公式，利用與的關(guān)系求出數(shù)列的通項公式；（2）求出，再利用分組求和求數(shù)列的前項和(1)解：令，令，又，所以，即所以，兩式相減得，即是公比為2的等比數(shù)列，且，所以(2)解：由可

15、得，累加可得，而，.21(1)(2)【解析】【分析】（1）易知橢圓C方程的左頂點坐標(biāo)為，將，變形為，根據(jù)題意，由求解；（2）設(shè)的方程為，與聯(lián)立，利用弦長公式得到，同理得到，求得點到的距離，由求解.(1)解：點F恰為橢圓C的左頂點，橢圓C方程為，左頂點坐標(biāo)為，為橢圓E的左焦點，即為，所以，所以橢圓E的方程為；(2)如圖所示：設(shè)的方程為，聯(lián)立，得，設(shè)，則，所以，同理得，點到的距離為，所以，由橢圓幾何性質(zhì)知：當(dāng)時，即，則，所以在上遞增，所以.22(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】【分析】（1）求得，結(jié)合及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得到，再結(jié)合零點的存在定理，即可求解.（2）利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，得到時，方程有且僅有一個正數(shù)解，要證，轉(zhuǎn)化為，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合，得到在上恒成立，再由，證得(1)解：由題意，函數(shù)，可得當(dāng)時，可得且，所以，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，又因為，由零點存在定理可知，函數(shù)在上有唯一零點.(2)解：當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)，單調(diào)遞增；當(dāng)，單調(diào)遞減，又由當(dāng)時，；時，所以當(dāng)時，方程有且僅有一個正數(shù)解，現(xiàn)證不等式左側(cè)：，要證，只需證在上恒成立，只需證，令，可得，則，可得，令，解得或（舍去），可得在減，增，函數(shù)在軸交點為，在