2022屆浙江省Z20名校聯(lián)盟高三下學期5月第三次聯(lián)考數(shù)學試題一、單選題1．己知實數(shù)集，集合，則（       ）A．或 B． C．或 D．【答案】B【分析】根據(jù)集合的補集、交集運算求解即可【詳解】因為所以或，所以故選：B．2．已知復數(shù)z滿足（i為虛數(shù)單位），則復數(shù)z是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由復數(shù)的除法運算化簡復數(shù)即可得出答案.【詳解】故選：C．3．已知實數(shù)、滿足不等式組，則的最大值為（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出可行域，平移直線，找出使得目標函數(shù)在軸上截距最大時對應的最優(yōu)解，代入目標函數(shù)即可得解.【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯(lián)立，可得，即點，平移直線，當該直線經(jīng)過可行域的頂點時，直線在軸上的截距最大，此時取最大值，即.故選：B.4．某幾何體的三視圖（單位：）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：）為（       ）A． B．32 C． D．64【答案】C【分析】將三視圖還原到長方體中，該幾何體由四棱錐與三棱錐組合而成，由錐體的體積公式即可得出答案.【詳解】該幾何體由四棱錐與三棱錐組合而成，故故選：C .5．設a，b都是不等于1的正數(shù)，則“”是“”的（　?。?/span>A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)以及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解a,b的范圍，再利用充分必要條件的定義判斷即可．【詳解】由“”，得，得或或，即或或，由，得，故“”是“”的必要不充分條件，故選C．【點睛】本題考查必要條件、充分條件及充分必要條件的判斷方法，考查指數(shù)，對數(shù)不等式的解法，是基礎題．6．函數(shù)在區(qū)間上的圖象大致是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】分別求出，，時的函數(shù)值符號，結(jié)合圖象，利用排除法即可得出答案.【詳解】解：當時，，故排除C；當時，，故排除B；當時，，故排除D.故選：A.7．隨機變量的分布列如下所示，其中，則下列說法中正確的是（       ）01PA． B． C． D．【答案】D【分析】先分別計算，再做差比較大小，即可求解；代方差的計算公式，構(gòu)造函數(shù)判定其單調(diào)性，利用單調(diào)性來比較與大小【詳解】根據(jù)分布列可得：，則，因為，故，即．令（）則當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減又因為所以與大小無法確定故選：D．8．在正方體中，是線段（不含端點）上的點，記直線與直線成角為，直線與平面所成角為，二面角的平面角為，則（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作，，；由異面直線成角、線面角和二面角平面角的定義可知為，為，為；設正方體棱長為，，由長度關系可得，，，由此可得結(jié)論.【詳解】分別連接交于點，作，交于，作，交于；作，垂足為；，即為直線與直線成角；，平面，平面，即為直線與平面所成角；，，，又平面，，又平面，，平面，又平面，，即為二面角的平面角；設正方體的棱長為，，則，，，；又，；，，，即，，；綜上所述：.故選：A.9．已知函數(shù)，若對于任意的實數(shù)x，不等式恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)分段函數(shù)解析式畫出函數(shù)圖象，易知單調(diào)遞增且關于對稱，再將不等式轉(zhuǎn)化為結(jié)合單調(diào)性求參數(shù)范圍.【詳解】由題設，，圖象如下：所以，又是R上的增函數(shù)，所以對恒成立，所以，則，即．故選：A．10．設數(shù)列滿足，記數(shù)列的前n項的和為，則（       ）A． B．存在，使C． D．數(shù)列不具有單調(diào)性【答案】C【分析】根據(jù)題意求得，進而得到與同號，結(jié)合作差法比較法，可判定B、D錯誤；由，得到，利用疊加法，可判定A錯誤；化簡得到，利用裂項法求和，可判定C正確.【詳解】由于，則，又由，則與同號．又由，則，可得，所以數(shù)列單調(diào)遞增，故B、D錯誤；又因為，由數(shù)列單調(diào)遞增，且，所以，所以，累加得，所以，故A錯誤；由可得，因為，所以，故C正確．故選：C．二、填空題11．已知實數(shù)，則的最小值為_________．【答案】【分析】依題意可得，利用基本不等式及與的關系計算可得；【詳解】解：因為，所以因為，所以，所以原式，當且僅當時取等號．故答案為：12．已知雙曲線的兩個焦點分別為，點是雙曲線第一象限上一點，在點P處作雙曲線C的切線l，若點到切線l的距離之積為3，則雙曲線C的離心率為_______．【答案】【分析】設，根據(jù)直線與雙曲線的位置關系可求得在點P處的切線方程，再根據(jù)點到直線的距離公式分別求出點到切線l的距離，列出方程，求出，即可求出離心率．【詳解】設點，有．設在點P處的切線方程為，聯(lián)立雙曲線方程，由可解得，所以切線方程為，到切線l距離，到切線l距離，所以，即，所以，故．故答案為：．13．已知平面向量滿足，設，若，則的取值范圍為________．【答案】【分析】設，則，由條件求出，根據(jù)向量三角不等式可求.【詳解】設，則，則由條件知，所以，所以，又所以．故答案為：.三、雙空題14．我國古代數(shù)學著作《增刪算法統(tǒng)宗》中有這樣一道題：“三百七十八里關，初行健步不為難；次日腳痛減一半，六朝才得到其關；要見每朝行里數(shù)，請君仔細詳推算．”其大意為：“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”則他第一天走了______里路，前四天共走了_______里路．【答案】     192     360【分析】設第一天走了a里，則每天走的路程構(gòu)成首項為，公比為的等比數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，即可求解.【詳解】由題意，設第一天走了a里，則每天走的路程構(gòu)成首項為，公比為的等比數(shù)列，可得，解得里，則前四天共走了里.故答案為：；.15．已知函數(shù)，則_______；若，且，則__________．【答案】     2     1【分析】根據(jù)題意，；又由，且，代入即可得出答案.【詳解】；因為，所以．故答案為：2；1.16．已知多項式，則_______，_______．【答案】     16     48【分析】利用賦值法令第一空，利用二項式展開式的通項公式即可求解.【詳解】由題意可知，令時，，設的展開式的通項為：，的展開式的通項為:，當時，，當時，，所以．故答案為：16；48.17．在中，內(nèi)角A的平分線與邊交于點D，且，則________；若，，則的取值范圍是___________．【答案】     2     【分析】在中, 在中由正弦定理化簡得，所以，由面積公式代入可得，又因為，再由的范圍，即可求出的取值范圍.【詳解】在中由正弦定理可得，在中由正弦定理可得，因為，所以，所以D為三等分點，，所以由，得，所以，又因為，所以，因為，所以．故答案為：2；.四、解答題18．已知函數(shù)．(1)求的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若對任意，都有，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）的解析式可化簡為，令，即可解得的單調(diào)遞增區(qū)間（2）對恒成立的不等式等價轉(zhuǎn)化后，結(jié)合的范圍可得，從而解得的范圍【詳解】(1)令解之得 ∴的單調(diào)遞增區(qū)間為(2)對任意，都有，∵，∴，∴，∴實數(shù)的范圍為．19．如圖，在四棱錐中，．(1)若，證明：平面平面；(2)若，求直線與平面所成角的正切值的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)由線面垂直判定定理證明平面，再由面面垂直判定定理證明平面平面；(2)根據(jù)直線與平面的夾角的定義確定直線與平面的夾角，解三角形求其大小.【詳解】(1)∵，平面，∴平面∵平面∴平面平面．(2)如圖，過點P作平面于點H，延長交于點M，O為中點．∵平面，平面，∴又∵，∴平面，平面，∴又于是計算可得設，由，可列出方程組解得又由，可得∴又∵平面，∴即為直線與平面所成角∴，當H，O，B三點共線時取到∴即直線與平面所成角正切值的最小值為．20．已知數(shù)列的前項和為，且滿足，，數(shù)列滿足，，其中．(1)求數(shù)列和的通項公式；(2)設，求數(shù)列的前項和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）由已知可得，由可求得的值，令由可出，作差可得出，結(jié)合可求得數(shù)列的通項，再利用累加法可求得數(shù)列的通項公式；（2）求得，利用裂項相消法可求得.【詳解】(1)解：由得，，當時，，當時，，作差得，即，則，因此，所以，又滿足．所以，對任意的，，所以，則，所以，當時，，也滿足，所以，對任意的，.(2)解：由（1）知，所以.21．如圖，已知拋物線和點，點P到拋物線C的準線的距離為6．(1)求拋物線C的標準方程；(2)過點P作直線交拋物線C于A，B兩點，M為線段的中點，點Q為拋物線C上的一點且始終滿足，過點Q作直線交拋物線C于另一點D，N為線段的中點，F為拋物線C的焦點，記的面積為，的面積為，求的最小值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）利用點到準線的距離公式和的幾何意義進行求解；（2）先將等價于，再轉(zhuǎn)化為斜率之積，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用根與系數(shù)的關系、斜率公式得到，再利用恒成立求出定點；再利用三角形的面積公式和基本不等式進行求解.【詳解】(1)解：由題知，解得，所以拋物線C的標準方程為；(2)解：當不經(jīng)過點Q時，等價于，即．因為分別交C于A，B兩點，所以不平行于x軸，設，，，，聯(lián)立與C方程，得，且，由韋達定理，得，，又，同理，所以，所以，代入整理得，要使該式恒成立，則，解得，又經(jīng)檢驗，當經(jīng)過點Q時，仍然成立，所以存在定點使得；因為分別交C于A，B兩點，所以不平行于x軸，且，又因為，設，，聯(lián)立與C方程，得，且，所以；因為N為中點，所以，且，所以，所以，當時取到等號，所以折線圍成面積的最小值為2，即最小值為2．22．已知函數(shù)．(1)當時，若函數(shù)的圖象在點處的切線斜率為e，求此切線的方程；(2)討論函數(shù)的零點個數(shù)；(3)當時，證明：．注：為自然對數(shù)的底數(shù)．【答案】(1)(2)當或時，有一個零點；當或時，有兩個零點(3)證明見解析【分析】（1）直接由斜率求出，進而求得即可求出切線方程；（2）先求得，求導，討論當時，函數(shù)單增，只有1個零點；當時，構(gòu)造函數(shù)求導確定，討論當時，只有1個零點，當時，，存在2個零點；（3）構(gòu)造函數(shù)，，，分和利用放縮證明即可.【詳解】(1)當時，，，所以，得，，則切線方程為．(2)易知．因為，因為，當時，單調(diào)遞增，又，此時，函數(shù)只有一個零點；當時，令，則，所以在單調(diào)遞增，因為時，時，，所以存在唯一的零點．因此，當時，，即單調(diào)遞減；當時，，即單調(diào)遞增．因此，，其中．所以，．當，即時，，由的單調(diào)性知，只有一個零點；當，即時，設，則，令，則，令，∴，因此時，即單調(diào)遞增，當時，即單調(diào)遞減，又時，，，因此當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減；因此，，即．因為時，時，．結(jié)合的單調(diào)性知，有兩個零點．綜上：當或時，有一個零點；當或時，有兩個零點．(3)設，則，當時，，所以，即時，；設，則，當時，，單增，當時，，單減，從而即．當時，設，則，顯然單增，當時，，故存在使，則時，單減，時，單增，又，故，即當時，．因此，當時，．當時，．所以，當時，．【點睛】本題第2小問的關鍵點在于當時，構(gòu)造函數(shù)求導確定，討論最小值點是否和1重合，當時，構(gòu)造函數(shù)說明即可；第3小問的關鍵點在于構(gòu)造函數(shù)，，，分和通過放縮法證明不等式成立.

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