浙江省稽阳联谊学校2022届高三下学期4月联考数学试题(含答案).pdf

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1、2021学年浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月期中联考数学试题 第 I 卷（选择题,共 40 分）一、选择题：本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知全集，集合，则()A.B.C.D.2.设复数 满足为虚数单位),则复数 在复平面内对应的点在()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.已知,则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.若实数满足约束条件,则 的最小值为()A.1 B.C.D.5.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积(

2、单位:)是()A.B.C.D.12 6.函数 的图像如上图所示,则()A.B.C.D.7.如图,在中,为底边上的动点,沿折痕把折成直二面角,则的余弦值的取值范围为()A.B.C.D.8.设,若,则的最大值为()A.B.C.D.9.已知椭圆与抛物线交于两点,为坐标原点,的外接圆半径为,则点 在()上.A.直线 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 10.已知数列满足,记数列的前 项和为,设集合 对 恒成立,则集合 的元素个数是()A.1 B.2 C.3 D.4 第 II 卷（非选择题 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.祖晅,祖

3、冲之之子,南北朝时代伟大的科学家,于 5 世纪末提出下面的体积计算原理:祖晅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等,那么两个几何体的体积相等.现有如图的半椭球体与被挖去圆锥的圆柱等高,且平行于底面的平面在任意高度截两几何体所得截面面积相等,已知圆柱高为,底面半径为,则半椭球的体积是_.12.已知,则;若,则_.13.在中,点 在线段上,满足,则的面积为_._球才能保证取到同色球：若每次取 1 个,不放回，直到取到同色球为止.设此过程中取出球的颜色数为,则_.15.已知,函数 若,则.16.已知是椭圆 的上、下焦点,过点且斜率大于零的直线 交

4、椭圆于两点,若,则椭圆的离心率为_，直线 的斜离为_。17.已知平面向量满足与的夹角为,则的取值范围是_.三、简答题：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.（本题满分）已知函数.(I)求实数在区间上的值域:(II)若,且,求.19.(本题满分 15 分)如图,在四棱锥中,底面为等腰梯形,.(I)若为中点,求证:平面:(II)若为正三角形,且,求直线与平面所成角的正弦值.20.(本题满分 15 分)设首项为 的等比数列的前 项和为,若等差数列的前三项恰为.(I)求数列的通项公式;(用字母 表示)(II)令,若 对 恒成立,求实数 的取值范围.21.(本题

5、满分 15 分)如图,点 在抛物线上,抛物线的焦点为,且,直线 交抛物线于两点(点在第一象限),过点 作 轴的垂线分别交直线 于点,记的面积分别为.(I)求的值及抛物线的方程;(II)当 时,求 的取值范围.22.(本题满分 15 分)已知函数的导函数为.(I)记,讨论函数的单调性;(II)若函数 有两个极值点(i)求证:;(ii)若，求 的取值范围.参考答案及评分标准 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1-5 B D A B C 6-10 A C D C B 1.0,4,5UC A,2,3,4B()4UC AB

6、,故选 B.2.211zii,复数z在复平面内对应的点在第四象限，故选 D.3.11()(),ln(1)ln122abababab，而ab是1ab 的 充分不必要条件，故选 A.4.可行域如图 22(1)zxy的几何意义表示区域内的点到定点(1,0)M的距离，所以z的最小值即为点M到直线0 xy的距离22，故选 B.5.原图为如图所示的三棱柱截去一个三棱锥，所以 111202 2 42 2 22323V .故选 C.6.由函数图像关于轴y对称，得0b，由3(0)0fc得0c，由20axc 得20cxa，所以0a.故选 A.7.法一：设BAP,则3CAP，其中(0,)6，11coscoscos(

7、)sin(2),(0,)34266B AC cosB AC1 3(,)2 4，故选 C.法二：特殊图形，极端原理 在正ABC中，当P位于点B时，21cosACB，当P位于BC中点时，43cosACB.8.法一：（基本不等式）设3cab，则23aab(3)aabac，条件22223131ababacac，所以22312acacac xyOMEABDCF23ac,故选 D.法二：（三角换元）由条件2231()124abb，故可设3cos2sin2abb 即5cos3sin,(0)62sinab，所以2332sin 223aab 当且仅当4时取等号.故选 D.法三：齐次式处理也可以 9.设00(,)

8、,A xy则由22002001422xyypx得20044(*)xpx，由条件外心必在x轴上，故可设外心(,0)M r，由|MAMO,得2000220 xrxpx，022xrp，代入（*）式，得221rp.所以点(,)r p在双曲线上.故选 C.10.由蛛网图123nnaa，11132na 21221117812(),1)489nnnnnaaaaa 即189nnnaaa，又1221nnnnnaaaaa 12()nnnnaa aa，一方面由189nnaa得1179nnnaaa，19()17nnnaaa)(179)(22121nnnnnnaaaaaa 22222212122319(2)(2)(2)

9、()()()17nnnnSaaaaaaaaa 219(9)17na，12na且当n，12na，945(94)1717nS 4545 354545 35,1717 121717 12N.另一方面，（法一）由1nnaa得12nnnaaa，11()2nnnaaa)(21)(22121nnnnnnaaaaaa 22222212122311(2)(2)(2)()()()2nnnnSaaaaaaaaa 211(9)2na 12na且当n，12na，2115(9)22na，必须大于等于52 125 62512 62,52 252525N.所以集合N的元素个数是 2，故选 B.另一方面，（法二）由1(2)(1

10、)2nnnnaaaa，23na得1211122nnnaaa，又1232521,2,2.312aaa 312255151(2)(2)(2)1()31212 2122nnnSaaa 15523 2n.又当n，155523 22n，必须大于等于52.125 62512 62,52 252525N.所以集合N的元素个数是 2，故选 B.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.答案：223r h 12.答案：n，6 解析：令0 x，得0an；法一：123111111nnxxxxxxx，43135naC，故6n.法二：1333433435nnaCCCC，

11、故6n.13.答案：45，9624 325 解 析：由sinsinBCBDBDCC得sin4sin5BDBDCCBC，所 以3cos5C，又3cosBCCACAC，所以5AC，4cos5A，3sin5A，4 33sinsin10ABDAADB，118 34 339624 3sin42251025ABDSABBDABD.14.答案：4，115 解析：X的所有可能取值为：1，2，3；22261135AP XA；1112324236225C C C AP XA；1113222336235C C C AP XA 故 115E X.15.答案：1a或34.解析：01ff af 当01a时，021sinf

12、a，得14ak，故34a；当10a 时，201fa，故1a.16.答案：33,22.解析：设2BFt，则22AFt，122AFat，12BFat，由题113cosAFB，222111112cosABAFBFAF BFAF B，即 222132222 2223tatatatat，得222320aatt 即220atat，所以2at，224at 于是2BFt，22AFt，12AFt，13BFt，13ABBFt，11cos3BAF，又22211cos2cos121212bbBAFF AOat ，故2283bt，所以2243ct，33e，22ckb.17.答案：435435,22 解析：2mn与2 n

13、m的夹角为60即2 nm与12nm的夹角为60，记OMm，ONn，12OB m，2OA m，则12BN nm，2AN nm，60BNA，故点N在以AB为弦半径长为52的圆P的优弧AB上，,MNMPR MPRmn，22432MPMHPH，所以mn的取值范围为435435,22.三、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.解析：（）)2cos1(632sin21)sin33(cossin)(xxxxxxf，2 分 所以63)62sin(33632cos632sin21)(xxxxf，4 分 当2,0 x时，67626 x，故1)62sin(21x6

14、分 从而63)(33xf，所以函数)(xfy 在区间2,0上的值域为：63,33.7 分（）12363)6sin(33)2(f 所以41)6sin(，8 分 因6766，若266，则21)6sin(，矛盾！9 分 故62，415)6cos(10 分 从而815)32sin(12 分 所以815)32sin()26cos(.14 分 19.解析（）取 PD 中点 N，连接 MN，NCBCMN/且BCMN 2 分 四边形MNCB为平行四边形3 分 PCDBMCNCNBM平面平面PCD/BM/平面 PCD5 分（）取 AD 中点 E，BC 中点 F，连接 PE,EF,PF,EFADPEADAD平面P

15、EF7 分 PEF平面 BC PFBC 421222BFPBPF9 分 P A B C D M 第 19 题图 E F G 120PEF,21cos即PEF10 分 作FEPG，交FE的延长线于点G，连接GC ABCD平面PGADPGEFPG 所成角与平面为ABCDPCPCG12 分 22223sinPCPGPCG.15 分 法二：如图建系，则)0,21,23(),0,21,23(CB，设),0,(zxP8 分 3,222POPB，10 分 3,21141)23(2222zxzx且，解得：23,23zx，12 分 即)23,0,23(P)23,21,3(PC 又平面ABCD的一个法向量为)1,

16、0,0(n，13 分 设PC与平面ABCD所成角为，则22223,cossinnPC15 分（其他方法参考法一酌情给分）20.解析：（）设等比数列 na的公比为q，依题意有：4322SSS，2 分 故,1q从而qqaqqaqqa1)1(21)1(1)1(413121，P A B C D M 第 19 题图 x y z O 所以0122qq，解得：)1(21qq，3 分 所以1)21(nnaa，4 分 又,85,221abab 所以anbn83.6 分（）12)3(8nnnnnabc，7 分 令nncccT21则102)3(2524nnnT，nnnnnT2)3(2)2(2524212，8 分 所

17、以nnnnnnT2)2(22)3(22224120，故22)2(nnnT，10 分 由题意应对*Nn都有144122)2(2nnan，即nnna432)2(412恒成立，12 分 令nnnnd432)2(，则2n时，042)1(9111nnnnndd 故2n时，nd递减，又1613,4321dd，故 16132max ddn，14 分 所以1613412a，即a的取值范围为13132,00,13132.15 分 21.解析：（）2,221ppAF，2 分 2,402xyx.4 分（）设),(),(2211yxByxC，则),2(11yyP，直线OB的方程为:xxyy22,),(1221yyxy

18、Q,6 分 联立方程组yxkkxy42消去y可得:0442kkxx,kxxkxx442121 1,1122121xxxxxxx9 分)1)(2()2(1111122111121yyxyyxyyyPCyPQSS10 分)41)(2(4)2()41)(2(4)2(212112121121211212212121xxxxxxxxxxxxxSS 21212121214414xxxxSS,12 分 又10,01xk,13 分 31,04212121xxSS15 分 22.解析：（）由题意知：aaxexfx)(，aexfx)(，1 分，从而当0a时，0)(xf恒成立，故)(xf在 R 上单调递增；3 分

19、当0a时，令0)(xf，得axln，故)(xf在)ln,(a上递减，在),(lna上递增.5 分（）():依题意知：)(xfy 有两个零点)(,2121xxxx，由（）知应有：0)ln2()(ln0aaafa，所以2ea，6 分 因0)2(0)(22aefaeaaeaaeaeaaaeeaafeaa 21xeaa8 分)2ln2(2ln2)1ln2()1ln2(21ln2aeaaaaaeaaaaeafa 令2ln2)(xexx，2ex，则02121)(2eexex 故02)()(2eea即0)1ln2(af，又0)(lnaf 1ln2ln2axa 综上有：1ln2ln221axaxeaa，从而：

20、eaaaxxa1ln22ln1210 分()法一:又0)(111aaxexfx，即)1(11xaex，同理)1(22xaex 两式相除有：111212xxexx，令1112xxt，则texxt)1()1(11，即text)1)(1(1，从而有：,ln)1)(1(1txt故1ln11ttx，11 分 因2321 xx，即1)1(321xx，故31112xxt，12 分 令1ln1)(tttg（3t）则0)1(ln11)(2ttttg（根据常见不等式1ln11xxx可知）故)(tg在,3上递减，所以23ln1)3()(max gtg，又t时，1)(tg，23ln1)(1tg，即23ln111x，1

21、3 分 而111xeax，令1)(xexhx，则2)1()2()(xxexhx，从而)(xh在)23ln1,1(上递减，所以3ln32)23ln1(eha，又1x时，)(xh 即a的取值范围为：2 3,ln3e15 分（）法二:1212xxeaxeax，即2121xxaxaxee，令21xxt，故有11xtatee，解得12ln,ln11ttatatxxtee，11 分 且111xeax，则1ln11ttateaate，化简得ln1 ln(1)1tttatee(记为)，因2321 xx，即2ln22ln(1)tatte.代入得21ttte，即ln3t 13 分 1ln1ln(1)ln1ln()()11tttttteaetteet ,令211(),(),ln3ttteteeu tu tttt时，()u t单调递增且()1u t；1()1 lnh uuu 单调递增，故()t在ln3t 时单调递增，代入化简得2 3ln3ea.15 分