2022年浙江省“七彩阳光”联盟届高三上学期期初联考数学试题word版含答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 2022 学年第一学期浙江“ 七彩阳光” 联盟期初联考高三年级数学学科 试题本试题卷分挑选题和非挑选题两部分,全卷共 4 页,挑选题部分 1 至 2 页,非挑选题部分 3 至 4 页,总分值 150 分,考试时间 120 分钟；考生留意：1 答题前,请务必将自己的、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上；2 答题时,请依据答题纸上“ 留意事项” 的要求,在答题纸相应位置上标准作答,在本试题卷上的作答一律无效；参考公式：球的外表积公式锥体的体积公式S4R2V1Sh3球的体积公式其中 S表示锥体的底面积,h 表示锥体的高

2、V43 R台体的体积公式3V1 h S a3S aS bS b其中 R表示球的半径 柱体的体积公式其中S a、S b分别表示台体的上、下底面积,VShh 表示台体的高 h 表示柱体的高其中 S 表示柱体的底面面积,挑选题部分共 40 分一、挑选题：本大题共10 小题,每题4 分,共 40 分在每题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1. 已知集合Ax x22x30,By y3x21,xR,就 AxB32. xA. x| 3x1B.x|1x2C.x|1x1D. |1已知 i 是虚数单位,假设复数z 满意14z1i,就 z z3. A.4 B.5 某四棱锥的三视图如下图,就该四棱锥的外表积为

3、A. 842B. 622 3C. 642D. 62 22 3- 1 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 4. 假设a bR,使 |a|b| 4成立的一个充分不必要条件是5. A. |ab|420B. |a| 4lgC.|a| 2且 |b|2D.b4假设m2nm n0,就 lgmnlg 2的最大值是6. D. A.1 B.2C.32x2x3x的大致图象是函数f 2eA. B. C. x 2 y 27. 已知变量 ,x y 满意约束条件 x y 0,假设不等式 2 x y m 20 恒成立,就实数 mx 4的取值范畴

4、是A. 6, 6 B. , 6 6, C. 7, 7 D. , 7 7, 8. 已知 a b c 分别为 ABC 的内角 A B C 的对边,其面积满意 S ABC 1 a ,就c 的最大4 b值为A. 2 1 B. 2 C. 2 1 D. 2 29. 假设 n N* 时,不等式 nx 6ln n 0 恒成立,就实数 x 的取值范畴是xA. 1,6 B. 2,3 C.1,3 D. 2,610. 已知直角三角形 ABC 的两条直角边 AC 2, BC 3, P 为斜边 AB 上一点,沿 CP 将此三角形折成直二面角 A CP B ,此时二面角 P AC B 的正切值为 2 ,就翻折后AB 的长为

5、A.2 B. 5C. 6 D. 7- 2 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 非挑选题部分共 110 分二、填空题：本大题共7 小题,多空题每题6 分,单空题每题4 分,共 36 分11. 111x6绽开式中3 x 的系数为. 2 x12. 某人喜爱玩有三个关卡的通关嬉戏,依据他的游玩体会,每次开启一个新嬉戏,这三个关卡他能够通过的概率分别为1 1 1 , ,2 3 4这个嬉戏的嬉戏规章是：假如玩者没有通过上一个关卡,他照样可以玩下一个关卡,但玩该嬉戏的得分会有影响,就此人在开启一个这种新的嬉戏时,他能够通过两个

6、关卡的概率为 . 设 X 表示他能够通过此嬉戏的关卡的个数,就随机变量 X的数学期望为 . 13. 已知等差数列 a n 的前 n 项和是 S ,假设 S k 1 4, S k 9,就 a k,a 的最大值为 . 2 2x y14. 已知椭圆的方程为 1,过椭圆中心的直线交椭圆于 A B 两点,F 是椭圆的右焦9 4点,就 ABF 的周长的最小值为,ABF 的面积的最大值为 . 15. 已知函数 f x sin x 0,| | 的图象经过点 0, 3,假设 f f 2 2 6对 x R 恒成立, 就 的值为,当 最小时, 函数 g x f x 2在3 2区间 0,22 的零点个数为 . 16.

7、 假设向量 a b 满意 a 2 1 a b b 21,就| a b 的最大值为 . 22 217. 设关于 x 的方程 x ax 2 0 和 x x 1 a 0 的实根分别为 x x 和 x 3 , x ,假设x 1 x 3 x 2 x ,就 a 的取值范畴是 . 三、解答题：本大题共 5 个小题,共 74 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤218.此题总分值 14 分已知 f x 2 3 cos x sin 2 x 3 1 x R .求： 1f x 的单调增区间； 2当 x , 时,求 f x 的值域 . 4 4- 3 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 1

8、1 页精选学习资料 - - - - - - - - - 19. 此题总分值15 分如图, ABCD 为正方形, PDCE 为直角梯形,PDC90,平面ABCD平面 PDCE ,且PDAD2EC2. . 1假设 PE 和 DC 延长交于点 F ,求证：BF/ /平面 PAC . 2假设 Q 为 EC 边上的动点,求直线BQ 与平面 PDB 所成角正弦值的最小值20. 此题总分值15 分已知函数f x xalnx在x1处的切线的斜率为1. x 1假如常数k0,求函数f x 在区间 0,k 上的最大值； 2对于m0,假如方程 2 mf x0在 0, 上有且只有一个解,求m 的值 . 21. 此题总分

9、值15 分已知 F 是抛物线C:x24y 的焦点,点 P 是不在抛物线上的一个动点,过点 P 向抛物线 C 作两条切线l l ,切点分别为A x 1,y 1,B x2,y2. 1假如点 P 在直线y1上,求|1|1|的值；AFBFBF|的值 . 2假设点 P 在以 F 为圆心,半径为4 的圆上,求 |AF| | a n. 22. 此题总分值15 分在数列a n中,a 12,a n1211n 1求数列a n的通项公式；S ,试求数列S 2nS n的最小值； 2设b nn 2,数列nb的前 n 项和为a n 3求证：当n2时,S 2n7n11. 12- 4 - 名师归纳总结 - - - - - -

10、 -第 4 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2022 学年第一学期浙江“ 七彩阳光” 联盟期初联考高三年级数学学科 参考答案挑选题部分共 40 分一、挑选题：本大题共 10 小题,每题 4 分,共 40 分在每题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1C 就 A提示：A1x x22x30x1x3,By y32 x1,xRy y1,DBxx1,应选 C2B 提示：由14z1i,得z14i112 i,就z zz25,应选 BAEC3A 红色线四B提示：把该三视图复原成直观图后的几何体是如图的四棱锥,棱锥 A-BCDE为三视图复原后的几何体,其外表积为84 2.

11、 4D 提示：由b4可得ab4,但由ab4得不到b4,如a1,b55A m提示：lgmlgnlg 2lgmlg 2nlgm2lg 2 n2lg2m2n,又由10,n5时42n202 2mn ,所以mn50,从而lgmlgnlg 21,当且仅当m取最大值6B 由f提示：由fx 的解析式知有两个零点x3与x0,排除 A,又fx22 xx3,22 exx0知函数有两个极值点,排除C,D,应选 B7D x 2 y 2提示：作出约束条件 x y 0 所对应的可行域如图中阴影x 4部分,令 z 2 x y ,当直线经过点 A 4, 1 时, z 取得最大值,即 z max 2 4 1 7,所以 , 7 7

12、, ,应选 D- 5 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 8C 提 示 ： 根 据 题 意 , 有SABC21a21bcsinA , 应 用 余 弦 定 理 , 可 得42b2c22 bccosA2 bcsinA, 于 是t12 cosA2 sinA, 其 中tc 于 是b2 sinA2 cosAt21,所以2 2 sinA4t1,从而t12 2,解得t 的最大值为tt219. B 提示：原式有意义所以x0, 设f n xn6, lnn,就f n ,g n nN*时,xf n ,g n 同号,只需两函数图像和横坐

13、标轴n 为自变量交点间的距离不超过1,即|x6| 1,解得x2,3,检验x2,3两个端点符合题意,所以x2,3. x10. D 提示：如图,在平面PCB 内过 P 作直二面角ACPB 的棱 CP 的垂线交边BC 于 E ,N就 EPACP 于是在平面PAC 中过 P 作二面角 PACB 的棱 AC 的垂线, 垂足为 D ,连接DE , 就PDE 为 二面角PACB 的 平 面角, 且 tanPDEEP2, 设PDDPa ,就EP2 a如 图 , 设BCP, 就ACP90, 就 在 直 角 三 角 形 DPC 中 ,PCaa, 又 在 直 角 三 角 形 PCE 中 ,tanPE就sin 90c

14、osPCatan2a ,sin2 2 cos所以45 ,由于二面角ACPB 为直cos二面角,所以cosACBcosACPcosBCP,于是AC2BC22 ABcosACPsinACP1,解得AB72AC BC2AB解法二： 由BCPACP450得AM2,BN3 2,MN2, 翻折后AP22AMMNNB , 故ABAMMNNB27；M名师归纳总结 - 6 - CB第 6 页,共 11 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 二、填空题：本大题共7 小题,多空题每题6 分,单空题每题4 分,共 36 分11.14. 提示：1x 12 1 x 61 x 6x

15、12 1 x 6,在 1 x 6中,x 的项系数为 3 C 6 320,对12 1 x 6的 3x 项系数为 C 656,3x 的系数为 20 6 14 x12.1,13 . 4 12提示：随机变量 X的全部可能取值为 0,1,2,3. 又 P X 2 1 1 1 1 11 1 1 1 11 1 1,2 3 4 2 3 4 2 3 4 4P X 0 1 1 1 1 1 1 1,2 3 4 41 1 1 1 1 1 1 1 1 11P X 1 1 1 1 1 1 1 ,2 3 4 2 3 4 2 3 4 241 1 1 1P X 3 . 2 3 4 24所以,随机变量 X 的分布列为X 0 1

16、2 3 1 11 1 1P4 24 4 24随机变量 X 的数学期望 E X 0 11 112 13 1 13. 4 24 4 24 1213.5 ,4. 提示：a k S k S k 1 5,由于 S k k a 1 59,又 k 的最小值为 2,可知 1a的最大值2为 4. 14. 10,2 5. 2 ,提示：连接AF BF ,就由椭圆的中心对称性可得CABF2AF 2BF 2ABAF 1AF 2AB6AB6410SABF 2SAF F 1 21 2 5 2 22 515.1 12k , kN , 8. 提示：由题意得,且当x6时,函数f x 取到最大值,故3632kZ , 解 得1 12

17、k ,kN , 又 因 为0 , 所 以的 最 小 值 为1 因 此 ,- 7 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - g xfx32sinx2的零点个数是8 个2216. 2 10 . 52 2 2 2 2 2提示：由于 a b a b 2 a 2 b ,a b a b 4 a b ,2 2 2 2 2 2所以 a b a b a b a b1,即 5 a b 3 a b1,2 8 8 82即 a b 2 85 3 a5 b 85,故 a b 2 10517. 1 a 1提示：由 x 2ax 2 0 得 a x 2

18、,由 x 2x 1 a 0 得 a x 2x 1在同一个坐标x系中画出 y x 2和 y x 2x 1 的图象由 x 2 x 2x 1,化简得 x 32 x 2x 2 0,x x3 2此方程明显有根 x 2,所以 x 2 x x 2 x 1 x 1 x 2 0,解得 x 1 或 x 1 或x 2,当 x 2,或 x 1 时,y 1；当 x 1 时,y 1,由题意可知,1 a 1三、解答题：本大题共 5 小题,共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18. 此题总分值 14 分解：f x sin 2 x 3 2 cos 2 x 1 1 sin 2 x 3 cos 2 x 12 sin

19、2 x 1- 4 分31由 2 k 2 x 2 k,得 2 k 5 2 x 2 k,2 3 2 6 65k x k , k Z 12 12函数 f x 的单调增区间为 k 5, k , k Z .- 10 分12 1252由于 x ,2x ,4 4 3 6 61sin 2 x 1,f x ,0 3 . - 14 分3 219. 此题总分值 15 分- 8 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1证明：在梯形PDCE中, PD2EC,C 为 DF 中点,CF CD AB, 且 AB/CF,ABFC 为 平 行 四 边

20、 形 ,BF / AC , AC 面 PAC , BF 面 PAC ,BF 平面 PAC. - 7 分2方法一：令点 Q 在面 PBD上的射影为 O ,QBO 直线BQ 与平面 PDB所成角 - 9 分EC PD,所以 EC平行于平面PBD,由于 ABCD为正方形,所以 AC BD,又由于 PD平面 ABCD,所以 PDAC,所以 AC平面 PBD,所以点 C到面 PBD的距离为 2,由于 EC平行于平面 PBD,所以点Q到 PBD的距离 OQ 2, - 12 分令 CQ k 0 k 1 ,所 以 BQ k 2 4,所 以OQ 2 2 10sin QBOBQ k 24 1 24 5 15 分方

21、法二：建立如下图的空间直角坐标系 O xyz ,可知平面 PDB 的一个法向量为AC 2 , 2 0, ,B 2 , 2 0, ,Q 0 , 2 , t 0 t 1 ,- 12 分BQ ,2 ,0 t ,令直线BQ与平面 PDB所成角为,BQ AC 4 2 10sinBQ AC 8 t 24 1 24 5 - 15 分20. 此题总分值 15 分解： 1由 f x x a ln x得 f x a 1 ln x2,由于 f 1 1,所以 a 1,从而x xx ln x ln xf x 1- 3 分x x所以 f 1 ln2 x,令 f 0 得x e 所以当 x 0, e 时,f 0,函数 f x

22、 单x调递增；当 x , 时,f 0,函数 f x 单调递减因此假如 0 k e ,就函数 f x 的最大值为 f k k ln k；k假如 k e ,就函数的最大值为 f e e 1-7 分e2 2 因 为 x 2 mf x x 2 mx 2 m ln x, 令 g x x 22 mx 2 m ln x , 就 方 程x2 mf x x 0 在 0, 上有且只有一个解等价于函数 g x 在 0, 上有且只有一个零点 -9 分- 9 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由于g x 2x2m2m2x2mxm ,令g

23、 x 0,就x 1m2 m4 m舍去 ,xx22x 2 m m 4 m,所以当 x 0, x 2 时,g x 0,g x 单调递减；当 x x 2 , 时,2g x 0,g x 单调递增 - 11 分2因此 g x 在 x x 时取到最小值,由题意知 g x 2 0,从而有 x 2 2 mx 2 2 m ln x 2 0,2又 x 2 mx 2 m 0,所以 2 m ln x 2 mx 2 m 0,- 13 分由于 m 0,所以 2ln x 2 x 2 1 0,令 h x 2ln x x 1,就当 x 0 时 h x 单调递增,且 h 1 0,所以 x 2 1,由此可得 m 1- 15 分2解

24、法二由 2 mf x x 0 得 1 f x -9 分2 m xf x x ln x 1 x 2ln x设 g x 2,就 g x 3-11 分,由于 h x 1 x 2ln x 单x x x调递减且 h 1 0,所以 0,1 时 g x 单调递增,1, 时 g x 单调递减 -14 分；方 程 2 mf x x 0 在 0, 上 有 且 只 有 一 个 解 等 价 于 1g x max g 1； 故2 mm 1- 15 分221. 此题总分值 15 分2解 ： 因 为 抛 物 线 的 方 程 为 y x4, 所 以 y2 x,所 以 切 线 PA 的 方 程 为y y 1 x 1 x x 1

25、 ,即 x x y y 1 0 ,同理切线 PB的方程为 x x y y 2 0 ,设2 2 2P x 0 , y 0,就由得 x x 0 2 y 1 2 y 0 0 以及 x x 0 2 y 2 2 y 0 0,由此得直线 AB 的方程为x x 2 y 2 y 0 0- 3 分 1 由 于 点 P 是 直 线 y 1 上 的 一 个 动 点 , 所 以 y 0 1, 即 直 线 AB 的 方 程 为x x 2 y 2 0,因此它过抛物线的焦点 F 0,1当 x 0 0 时, AB 的方程为 y 1,此时 AF BF 2,所以AF 1BF 1 1；2 2当 x 0 0 时, 把直线 AB 方程

26、代入抛物线方程得到 y x 0 2 y 1 0,从而有 y y 2 1,- 10 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以11y 111y211y 1y 2211AFBFy y 2y 1y 2综上,111- 7分y=x 2xx2 2,联立AFBF2由 1知切线 PA的方程为y=x 1x2 x 1,切线 PB 的方程为2424得点 Px 12x 2,x x 2- 9分kx4m0 因 此4设 直 线 AB 的 方 程 为 ykxm , 代 入C:x24y 得x24x 1x 24kx x2=4m ,所以点 P 的坐标

27、为2 ,m ,由题意y 11y 21PF4k2m124,所以m12164 k ,从而 2AFBFkx 1m1kx 2m12 k x x 2k m1x 1x 2m124 mk24 k2m1164k216.- 15分22. 此题总分值15 分解：1由条件an12 11an得an12an,又a 12,所以a 12,因此数列annnn 分,1n1构成首项为2,公比为 2 的等比数列,从而na2 2n12n,因此,annn 2-4n2由 1得bn1,设c nS 2nS ,就ncn11n121,n2n所以nc1n12n131211212,2 nnn从而c n1c n211212n11212212n110,nnnn因此数列cn是单调递增的,所以ncminc 11- 9分23当n2时,S 2 nS 2nS 2 n1S 2 n1S 2n2S 2S 1S 1c 2n1c 2n2c 2c 1S ,由 2知c2n1c2n2c ,又c 11 , 2S 11,c 2712所以S 2nn1c 2c 1S 17n1117n11- 15分12212- 11 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 11 页