浙江省寧波市2022屆高三下學期5月聯考數學試題【含答案】

2021學年第二學期五校聯考試題高三年級數學學科一?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選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A.或 B.C. D.【答案】C【解析】【分析】化簡集合，根據補集和交集運算可得結果.【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：正弦定理的運用．3.已知實數，滿足，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據圓的參數方程可設，，再用二倍角公式整理計算．【詳解】∵，不妨設，則故選：D．4.已知點滿足不等式組，點，為坐標原點，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，因為，設，則，利用的幾何意義求出的取值范圍.【詳解】解：，，所以，設，則，不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，當直線過時，取得最大值，；當直線過時，取得最小值，；則的取值范圍是.故選：B.5.一個袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現隨機等可能取出小球，當有放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為；當無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為，則A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】分別求出兩個隨機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系.【詳解】可能的取值為；可能的取值為，，，，故，.，，故，,故，.故選B.【點睛】離散型隨機變量的分布列的計算，應先確定隨機變量所有可能的取值，再利用排列組合知識求出隨機變量每一種取值情況的概率，然后利用公式計算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回與無放回的區(qū)別.6.函數的圖象大致是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據函數為偶函數，以及在時的單調性即可由排除法解出．【詳解】因為函數的定義域為，而，所以函數為偶函數，其圖象關于軸對稱，所以錯誤；當時，，由可得，所以函數在上遞減，在上遞增，所以錯誤；而，排除，所以正確．故選：D．7.已知函數，對任意的實數a，b，c，關于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，再研究指數方程根的情況，綜合可作判斷.【詳解】令，則方程化為，設它有解為，則求方程化為求方程及.根據基本不等式，，當且僅當時，等號成立，關于對稱，所以，若方程及有解，則解，或有成對的解且兩解關于對稱，所以D選項不符合條件.故選：D8.在等腰梯形中，，，AC交BD于O點，沿著直線BD翻折成，所成二面角的大小為，則下列選項中錯誤的是（）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,中點連接,則，,所以為二面角的平面角，即設，則,,因為在上余弦函數單調遞減，又，故A對.當時,與重合,此時,故C不對.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選項根據圖形特征及空間關系，可知正確..故選:C9.已知橢圓與雙曲線有公共的焦點，為右焦點，為坐標原點，雙曲線的一條漸近線交橢圓于點，且點在第一象限，若，則橢圓的離心率等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設橢圓的右焦點為，依題意可得，得到雙曲線的一條漸近線，即可得到，即可求出交點的坐標，再代入橢圓方程即可求出，從而求出橢圓的離心率；【詳解】解：設橢圓的右焦點為，依題意可得，雙曲線的一條漸近線為，因為，所以：，由，解得，即，又點在橢圓上，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.已知數列滿足，，其中是自然對數的底數，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】∵（當時等號成立），∴，當時，，即，則，，整理得，即，即，，，，將個不等式相加得，即，，令，則，當時，，當時，，則在上單調遞增，在上單調遞減，即在出取得最大值，，所以（當時等號成立），當時，（當時等號成立），即當時，，，，，，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.已知復數，，滿足，（為虛數單位），則復數的虛部為___________，___________.【答案】①.##1.5②.【解析】【分析】利用復數的除法運算法則和復數的模的運算，直接計算即可.【詳解】因為，，所以，，得，所以，復數的虛部為；所以，.故答案為：①②12.一個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】由題設三視圖中所提供的信息可知該幾何體是一個棱臺，然后，直接利用棱臺的體積和表面積公式求解即可.【詳解】如圖，根據題意，把該三視圖還原成直觀圖，然后，根據題意，該直觀圖上的數據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，則___________，若，則實數的取值范圍是___________.【答案】①.②.【解析】【分析】根據分段函數定義域求函數值即可；當，分和兩種情況分別解不等式即可.【詳解】根據題意，，所以；因，所以當時，，解得，取交集得：；當時，，即，即，即，取交集得：；綜上所述：實數的取值范圍是：.故答案為：2，.14.在中，內角所對的邊分別是，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，利用同角三角函數基本關系式求得的值，根據三角形的面積公式可求，進而可求的值．【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用，考查了計算能力和轉化思想．15.2022北京冬奧會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個座位可供選擇，按防疫規(guī)定，每兩人之間必須至少有一個空位.現要求爺爺與奶奶之間有且只有一個空位，小明只能在爸爸媽媽中間且與他倆各間隔一個空位，則不同的就座方案有___________種.【答案】24【解析】【分析】根據題意，利用分步加法計數原理，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第二位兩種情況，然后計算即可求解.【詳解】根據題意，進行以下分類：爺爺或奶奶，排首位或排末位，這時候爸爸或媽媽只能排第五個或第六個位置，此時，就座方案為：種；爺爺或奶奶，排第二位或排倒數第二位，這時候爸爸或媽媽只能排第六個位置，此時，就座方案為：；種；故不同的就座方案共有24種.故答案為：24.16.已知實數，滿足，則的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】設為圓上一點，直線為，過點作，連接，再分別求出和，則，再根據條件求出范圍即可.【詳解】設為圓上一點，直線為，過點作，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，設直線與圓相切，所以，解得，所以兩條切線方程為：和，設兩切點分別為，，分別過作，垂足為，過作，垂足為，所以，因為直線的斜率為：，所以，所以，，又因為，所以，所以，，所以所以，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，考查數形結合思想的應用，注意臨界位置的轉化.17.已知平面向量滿足，，，則的最小值為___________.【答案】【解析】【分析】結合數量積的運算律，可根據求得，進而得到；令，，設，根據數量積的坐標運算可求得點滿足的軌跡方程，將問題轉化為直線上的點到和的距離之和；通過作出點關于直線的對稱點，可知所求最小值為；利用點關于直線對稱點的求法求得坐標后，即可利用兩點間距離公式得到結果.【詳解】，，，解得：，即，即，不妨令，，設，則，，，則的幾何意義為：直線上的點到和的距離之和，即；作出點關于直線的對稱點，，（當且僅當三點共線時取等號），設，則，解得：，，即的最小值為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題考查平面向量中的向量模長最值的求解問題；解題關鍵是能夠利用平面向量坐標運算求得的坐標所滿足的直線方程，將問題轉化為直線上的點到兩定點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.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.18.已知函數.（1）求函數的單調遞增區(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函數解析式為，然后解不等式，可得出函數的單調遞增區(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得出，利用正弦型函數的基本性質可求得的取值范圍.【小問1詳解】解：，由，得，所以，函數的單調遞增區(qū)間為.【小問2詳解】解：由已知可得，解得，，因為，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G在CF上，當時，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，取BF的中點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O，根據題意，可得，以OA為x軸，OB為y軸，如圖建立空間直角坐標系，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，取BF的中點N，連接EN，MN.∵M是BD中點，N是BF中點，∴，∴是平行四邊形，∴，即.∵平面，平面，∴平面.【小問2詳解】取AD的中點O，根據題意，可得，以OA為x軸，OB為y軸，如圖建立空間直角坐標系，設，∴，，，，，，設，，∴，∴，∴∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴.令平面法向量，∵，，∴取，，，∴，∴，所以直線與平面所成角的正弦值為.20.已知等差數列中，公差，，是與的等比中項，設數列的前項和為，滿足.（1）求數列與的通項公式；（2）設，數列的前項和為，若對任意的恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）對于等差數列直接列方程求解，數列根據求解；（2）利用錯位相減法可得，根據題意討論得：當是奇數時，；當是偶數時，，再通過定義證明數列的單調性，進入確定相應情況的最值．【小問1詳解】∵則，解得或（舍去）∴.又∵，當時，，則，當時，，則，即，則數列是以首項，公比為的等比數列，∴.【小問2詳解】，，兩式相減得：∴∵對任意的恒成立，即對任意的恒成立①當是奇數時，任意的'恒成立∴對任意的恒成立②當是偶數時，對任意的恒成立∴對任意的恒成立令，對任意的恒成立∴為遞增數列①當是奇數時，則，即②當是偶數時，則∴21.如圖，已知拋物線：，焦點為，直線：交拋物線于，兩點，延長，分別交拋物線于，兩點.（1）求證：直線過定點；（2）設，，，，求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設，，根據A，F，M三點共線，得，同理根據B，F，N三點共線，得到，表示直線的方程并化簡，將直線與拋物線聯立，將韋達定理，代入直線化簡求出定值；（2）設，，分別表示，根據，得，代入，利用基本不等式求解.【小問1詳解】設，，，，，∵A，F，M三點共線，，∴，同理B，F，N三點共線，∴，：，即：，∴，即，由得，∴，，∴：，即，所以直線過定點.【小問2詳解】設，，，，又∵，∴，∴（當時等號取到）22.已知函數.（1）若對任意的恒成立，求實數的取值范圍；（2）若關于的方程有兩個實根，求證：.（注：是自然對數的底數）【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據題意求導后分和兩種情況討論即可；（2）根據題意得，構造函數，得到，所以，即有兩個實根，令函數，得到，再令，，構造函數，所以有兩個實根，，接下證明即可求解.【小問1詳解】，①當時，恒成立，所以的遞增區(qū)間為，所以，所以.②當時，的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.（i）即時，，所以，（ii）即時，，所以，綜上所述：，即實數的取值范圍為.【小問2詳解】因為，所以，所以，令，所以，在上恒成立，所以在上遞增，所以，即有兩個實根，即有兩個實根，令函數，，令，解得，令，解得，所以在上遞增，在遞減，因為，作出函數的圖像如下所示：要使有兩個實根，則.令，，所以，令，所以有兩個實根，，接下來先證.因為，令，解得，令，解得，所以在上遞增，上遞減，要證，即證，因為，在上遞減，只需證，即證.令，，因為，此二次函數開口向下，對稱軸為，所以此函數在單調遞