浙江省寧波市2022屆高三下學(xué)期5月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題【含答案】

2021學(xué)年第二學(xué)期五校聯(lián)考試題高三年級(jí)數(shù)學(xué)學(xué)科一?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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A.或 B.C. D.【答案】C【解析】【分析】化簡(jiǎn)集合，根據(jù)補(bǔ)集和交集運(yùn)算可得結(jié)果.【詳解】或，，故選：C.2.在△ABC中，“”是“”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【答案】A【解析】【詳解】試題分析：在中，∵，∴若，則，因此是充分不必要條件．考點(diǎn)：正弦定理的運(yùn)用．3.已知實(shí)數(shù)，滿足，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圓的參數(shù)方程可設(shè)，，再用二倍角公式整理計(jì)算．【詳解】∵，不妨設(shè)，則故選：D．4.已知點(diǎn)滿足不等式組，點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】畫出不等式組表示的平面區(qū)域，因?yàn)?，設(shè)，則，利用的幾何意義求出的取值范圍.【詳解】解：，，所以，設(shè)，則，不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，當(dāng)直線過時(shí)，取得最大值，；當(dāng)直線過時(shí)，取得最小值，；則的取值范圍是.故選：B.5.一個(gè)袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中紅球1個(gè)、黑球2個(gè)，現(xiàn)隨機(jī)等可能取出小球，當(dāng)有放回依次取出兩個(gè)小球時(shí)，記取出的紅球數(shù)為；當(dāng)無放回依次取出兩個(gè)小球時(shí)，記取出的紅球數(shù)為，則A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】分別求出兩個(gè)隨機(jī)變量的分布列后求出它們的期望和方差可得它們的大小關(guān)系.【詳解】可能的取值為；可能的取值為，，，，故，.，，故，,故，.故選B.【點(diǎn)睛】離散型隨機(jī)變量的分布列的計(jì)算，應(yīng)先確定隨機(jī)變量所有可能的取值，再利用排列組合知識(shí)求出隨機(jī)變量每一種取值情況的概率，然后利用公式計(jì)算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回與無放回的區(qū)別.6.函數(shù)的圖象大致是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)為偶函數(shù)，以及在時(shí)的單調(diào)性即可由排除法解出．【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?，而，所以函?shù)為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于軸對(duì)稱，所以錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，，由可得，所以函數(shù)在上遞減，在上遞增，所以錯(cuò)誤；而，排除，所以正確．故選：D．7.已知函數(shù)，對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，b，c，關(guān)于x的方程的解集不可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先研究一元二次方程根的情況，再研究指數(shù)方程根的情況，綜合可作判斷.【詳解】令，則方程化為，設(shè)它有解為，則求方程化為求方程及.根據(jù)基本不等式，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，關(guān)于對(duì)稱，所以，若方程及有解，則解，或有成對(duì)的解且兩解關(guān)于對(duì)稱，所以D選項(xiàng)不符合條件.故選：D8.在等腰梯形中，，，AC交BD于O點(diǎn)，沿著直線BD翻折成，所成二面角的大小為，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由翻折中的邊角變化，利用圖形特征以及余弦定理,以及特殊位置排除即可做出判斷.【詳解】等腰梯形中，，,可知：取中點(diǎn),中點(diǎn)連接,則，,所以為二面角的平面角，即設(shè)，則,,因?yàn)樵谏嫌嘞液瘮?shù)單調(diào)遞減，又，故A對(duì).當(dāng)時(shí),與重合,此時(shí),故C不對(duì).在翻折的過程中，角度從減少到在翻折的過程中，角度從減少到BD選項(xiàng)根據(jù)圖形特征及空間關(guān)系，可知正確..故選:C9.已知橢圓與雙曲線有公共的焦點(diǎn)，為右焦點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線的一條漸近線交橢圓于點(diǎn)，且點(diǎn)在第一象限，若，則橢圓的離心率等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為，依題意可得，得到雙曲線的一條漸近線，即可得到，即可求出交點(diǎn)的坐標(biāo)，再代入橢圓方程即可求出，從而求出橢圓的離心率；【詳解】解：設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為，依題意可得，雙曲線的一條漸近線為，因?yàn)?，所以：，由，解得，即，又點(diǎn)在橢圓上，所以，即，即，即，即，即，即即，即，即，解得或（舍去），所以橢圓方程為，則，所以橢圓的離心率故選：C10.已知數(shù)列滿足，，其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用不等式可得，即，由累加法可得，利用不等式可得，即，同理用累加法可得，則，即可求解.【詳解】∵（當(dāng)時(shí)等號(hào)成立），∴，當(dāng)時(shí)，，即，則，，整理得，即，即，，，，將個(gè)不等式相加得，即，，令，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，即在出取得最大值，，所以（當(dāng)時(shí)等號(hào)成立），當(dāng)時(shí)，（當(dāng)時(shí)等號(hào)成立），即當(dāng)時(shí)，，，，，，即，同理利用累加法可得，即，所以，則，故選：.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.已知復(fù)數(shù)，，滿足，（為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)的虛部為___________，___________.【答案】①.##1.5②.【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則和復(fù)數(shù)的模的運(yùn)算，直接計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)?，，所以，，得，所以，?fù)數(shù)的虛部為；所以，.故答案為：①②12.一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積是___________，該幾何體的表面積是___________.【答案】①.6②.【解析】【分析】由題設(shè)三視圖中所提供的信息可知該幾何體是一個(gè)棱臺(tái)，然后，直接利用棱臺(tái)的體積和表面積公式求解即可.【詳解】如圖，根據(jù)題意，把該三視圖還原成直觀圖，然后，根據(jù)題意，該直觀圖上的數(shù)據(jù)可以得到該幾何體的體積，該幾何體的表面積是故答案為：①6；②.13.已知函數(shù)，則___________，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是___________.【答案】①.②.【解析】【分析】根據(jù)分段函數(shù)定義域求函數(shù)值即可；當(dāng)，分和兩種情況分別解不等式即可.【詳解】根據(jù)題意，，所以；因，所以當(dāng)時(shí)，，解得，取交集得：；當(dāng)時(shí)，，即，即，即，取交集得：；綜上所述：實(shí)數(shù)的取值范圍是：.故答案為：2，.14.在中，內(nèi)角所對(duì)的邊分別是，已知，，的面積為，則的值為______，_______.【答案】①.②.4.【解析】【分析】由條件利用正弦定理求得，，再由余弦定理求得的值，利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式求得的值，根據(jù)三角形的面積公式可求，進(jìn)而可求的值．【詳解】解：在中，∵，，∴，∴由①②可得.∴由余弦定理可得＝＝，∴＝，又∵的面積為＝，解得，③∴由②③解得，可得.故答案：，4.【點(diǎn)睛】本題主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想．15.2022北京冬奧會(huì)開幕式在北京鳥巢舉行，小明一家五口人觀看開幕式表演，他們一家有一排10個(gè)座位可供選擇，按防疫規(guī)定，每?jī)扇酥g必須至少有一個(gè)空位.現(xiàn)要求爺爺與奶奶之間有且只有一個(gè)空位，小明只能在爸爸媽媽中間且與他倆各間隔一個(gè)空位，則不同的就座方案有___________種.【答案】24【解析】【分析】根據(jù)題意，利用分步加法計(jì)數(shù)原理，分為：爺爺或奶奶排首位或排末位和爺爺或奶奶排第二位或排倒數(shù)第二位兩種情況，然后計(jì)算即可求解.【詳解】根據(jù)題意，進(jìn)行以下分類：爺爺或奶奶，排首位或排末位，這時(shí)候爸爸或媽媽只能排第五個(gè)或第六個(gè)位置，此時(shí)，就座方案為：種；爺爺或奶奶，排第二位或排倒數(shù)第二位，這時(shí)候爸爸或媽媽只能排第六個(gè)位置，此時(shí)，就座方案為：；種；故不同的就座方案共有24種.故答案為：24.16.已知實(shí)數(shù)，滿足，則的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】設(shè)為圓上一點(diǎn)，直線為，過點(diǎn)作，連接，再分別求出和，則，再根據(jù)條件求出范圍即可.【詳解】設(shè)為圓上一點(diǎn)，直線為，過點(diǎn)作，連接，作出如下示意圖：則到直線的距離，由圖可知圓在直線的上方，所以，即，所以，，所以，所以只需求出取值范圍即可，設(shè)直線與圓相切，所以，解得，所以兩條切線方程為：和，設(shè)兩切點(diǎn)分別為，，分別過作，垂足為，過作，垂足為，所以，因?yàn)橹本€的斜率為：，所以，所以，，又因?yàn)?，所以，所以，，所以所以，所?故答案為：.【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意臨界位置的轉(zhuǎn)化.17.已知平面向量滿足，，，則的最小值為___________.【答案】【解析】【分析】結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算律，可根據(jù)求得，進(jìn)而得到；令，，設(shè)，根據(jù)數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可求得點(diǎn)滿足的軌跡方程，將問題轉(zhuǎn)化為直線上的點(diǎn)到和的距離之和；通過作出點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，可知所求最小值為；利用點(diǎn)關(guān)于直線對(duì)稱點(diǎn)的求法求得坐標(biāo)后，即可利用兩點(diǎn)間距離公式得到結(jié)果.【詳解】，，，解得：，即，即，不妨令，，設(shè)，則，，，則的幾何意義為：直線上的點(diǎn)到和的距離之和，即；作出點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，，（當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），設(shè)，則，解得：，，即的最小值為.故答案為：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查平面向量中的向量模長(zhǎng)最值的求解問題；解題關(guān)鍵是能夠利用平面向量坐標(biāo)運(yùn)算求得的坐標(biāo)所滿足的直線方程，將問題轉(zhuǎn)化為直線上的點(diǎn)到兩定點(diǎn)距離之和的最值的求解問題.三?解答題：本大題共5小題，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）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）在銳角中，，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換化簡(jiǎn)函數(shù)解析式為，然后解不等式，可得出函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）利用已知條件求出角的取值范圍，利用三角恒等變換化簡(jiǎn)得出，利用正弦型函數(shù)的基本性質(zhì)可求得的取值范圍.【小問1詳解】解：，由，得，所以，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.【小問2詳解】解：由已知可得，解得，，因?yàn)?，則，所以，.19.如圖，在多面體中，四邊形是菱形，，平面，，且.

（1）求證：平面；（2）已知點(diǎn)G在CF上，當(dāng)時(shí)，求直線DG與平面BDE所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設(shè)，取BF的中點(diǎn)N，連接EN，MN，先證明是平行四邊形，則，由線面平行的判定定理即可證明；（2）取AD的中點(diǎn)O，根據(jù)題意，可得，以O(shè)A為x軸，OB為y軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面BDE的法向量和直線DG的方向向量，代入空間向量的線面角公式中即可得出答案.【小問1詳解】設(shè)，取BF的中點(diǎn)N，連接EN，MN.∵M(jìn)是BD中點(diǎn)，N是BF中點(diǎn)，∴，∴是平行四邊形，∴，即.∵平面，平面，∴平面.【小問2詳解】取AD的中點(diǎn)O，根據(jù)題意，可得，以O(shè)A為x軸，OB為y軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，∴，，，，，，設(shè)，，∴，∴，∴∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴.令平面法向量，∵，，∴取，，，∴，∴，所以直線與平面所成角的正弦值為.20.已知等差數(shù)列中，公差，，是與的等比中項(xiàng)，設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿足.（1）求數(shù)列與的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，數(shù)列的前項(xiàng)和為，若對(duì)任意的恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）對(duì)于等差數(shù)列直接列方程求解，數(shù)列根據(jù)求解；（2）利用錯(cuò)位相減法可得，根據(jù)題意討論得：當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，；當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，，再通過定義證明數(shù)列的單調(diào)性，進(jìn)入確定相應(yīng)情況的最值．【小問1詳解】∵則，解得或（舍去）∴.又∵，當(dāng)時(shí)，，則，當(dāng)時(shí)，，則，即，則數(shù)列是以首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，∴.【小問2詳解】，，兩式相減得：∴∵對(duì)任意的恒成立，即對(duì)任意的恒成立①當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，任意的'恒成立∴對(duì)任意的恒成立②當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，對(duì)任意的恒成立∴對(duì)任意的恒成立令，對(duì)任意的恒成立∴為遞增數(shù)列①當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，則，即②當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，則∴21.如圖，已知拋物線：，焦點(diǎn)為，直線：交拋物線于，兩點(diǎn)，延長(zhǎng)，分別交拋物線于，兩點(diǎn).（1）求證：直線過定點(diǎn)；（2）設(shè)，，，，求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設(shè)，，根據(jù)A，F(xiàn)，M三點(diǎn)共線，得，同理根據(jù)B，F(xiàn)，N三點(diǎn)共線，得到，表示直線的方程并化簡(jiǎn)，將直線與拋物線聯(lián)立，將韋達(dá)定理，代入直線化簡(jiǎn)求出定值；（2）設(shè)，，分別表示，根據(jù)，得，代入，利用基本不等式求解.【小問1詳解】設(shè)，，，，，∵A，F(xiàn)，M三點(diǎn)共線，，∴，同理B，F(xiàn)，N三點(diǎn)共線，∴，：，即：，∴，即，由得，∴，，∴：，即，所以直線過定點(diǎn).【小問2詳解】設(shè)，，，，又∵，∴，∴（當(dāng)時(shí)等號(hào)取到）22.已知函數(shù).（1）若對(duì)任意的恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）若關(guān)于的方程有兩個(gè)實(shí)根，求證：.（注：是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題意求導(dǎo)后分和兩種情況討論即可；（2）根據(jù)題意得，構(gòu)造函數(shù)，得到，所以，即有兩個(gè)實(shí)根，令函數(shù)，得到，再令，，構(gòu)造函數(shù)，所以有兩個(gè)實(shí)根，，接下證明即可求解.【小問1詳解】，①當(dāng)時(shí)，恒成立，所以的遞增區(qū)間為，所以，所以.②當(dāng)時(shí)，的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.（i）即時(shí)，，所以，（ii）即時(shí)，，所以，綜上所述：，即實(shí)數(shù)的取值范圍為.【小問2詳解】因?yàn)?，所以，所以，令，所以，在上恒成立，所以在上遞增，所以，即有兩個(gè)實(shí)根，即有兩個(gè)實(shí)根，令函數(shù)，，令，解得，令，解得，所以在上遞增，在遞減，因?yàn)?，作出函?shù)的圖像如下所示：要使有兩個(gè)實(shí)根，則.令，，所以，令，所以有兩個(gè)實(shí)根，，接下來先證.因?yàn)?，令，解得，令，解得，所以在上遞增，上遞減，要證，即證，因?yàn)?，在上遞減，只需證，即證.令，，因?yàn)?，此二次函?shù)開口向下，對(duì)稱軸為，所以此函數(shù)在單調(diào)遞