2022年浙江省宁波“十校”高考数学联考试卷（3月份）（学生版+解析版）.docx

1、2022年浙江省宁波“十校”高考数学联考试卷（3月份）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（4分）已知AxZ|x24，BxN|x0，则AB（）A1B0，1C0，1，2D2（4分）已知实数x，y满足约束条件x-y0x+2y2x-2，则z2xy的最大值为（）A6B2C23D不存在3（4分）设i为虚数单位，复数z满足（1+i）z（1+i）2，则zz为（）A2B2C3D44（4分）已知，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，且n平面，m平面，则mn是的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件5（4分

2、）函数f（x）=x-ka|x|（a0且a1）的图象如图所示，则（）Ak1，a1Bkl，a1C0k1，a1D0k1，a16（4分）中国代表团在2022年北京冬奥会获得九枚金牌，其中雪上项目金牌为5枚，冰上项目金牌为4枚现有6名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，则不同的报名方案有（）A35B50C70D1007（4分）将函数ytan（x-2）（0）的图象分别向左、向右各平移6个单位长度后，所得的两个图象对称中心重合，则的最小值为（）A32B2C3D68（4分）从装有2个白球和3个黑球的袋中无放回任取2个球，每个球取到的概率相同，规定：（a）取出白球得2分，取出黑球

3、得3分，取出2个球所得分数和记为随机变量1；（b）取出白球得3分，取出黑球得2分，取出2个球所得分数和记为随机变量2则（）AE（1）E（2），D（1）D（2）BE（1）E（2），D（1）D（2）CE（1）E（2），D（1）D（2）DE（1）E（2），D（1）D（2）9（4分）已知点P（x，y）的坐标满足方程（3x+y2）3+x3+4x+y20，则点P一定在（）上A直线B抛物线C椭圆D双曲线10（4分）已知数列an满足a1=12，an1+lnan+1（nN*），记Tn表示数列an的前n项乘积，则（）AT9（130，126）BT9（126，122）CT9（122，118）DT9（118，114）二

4、、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分.11（6分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm312（6分）已知loga2+log2a=52，则a 已知0logb231，则b的取值范围是 13（6分）已知（a+b）n的展开式的第3项与第5项的二项式系数相等，则n ；此时，（2x1）n展开式中x3的系数为 14（6分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAbsinBcsinCbsinC，a3，R为ABC的外接圆半径，则cosA ，R 15（4分）在ABC中，点O、点H分别为ABC的外心和垂心，|AB|5，|AC|

5、3，则OHBC= 16（4分）不等式|2x1|+|x+a|+|3x6|4的解集非空，则实数a的取值范围为 17（4分）已知函数yf（x）满足x|x|4+y|y|3=1，且方程2f（x）+3x+m0有2个实数解，则实数m的取值范围为 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（14分）已知f（x）2sin（3+x）sin（3-x）-12（）求f（x）的最小正周期和单调递增区间；（）已知a=（sinx，cosx），b=（f（x），f（x-4），g（x）=ab，求g（x）在-12，4上的值域19（15分）如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD

6、为菱形，ABC60，AA1AB2（）点P为直线C1C上的动点，求证：BDA1P；（）点P为直线C1D1上的动点，求直线A1C与平面PAD所成角正弦值的最大值20（15分）已知数列an满足an+1an2n2（an+1an）+10，且a11（）求出a2，a3的值，猜想数列an的通项公式，并给出证明；（）设数列an的前n项和为Sn，且bn=Snanan+1，求数列bn的前n项和Tn21（15分）已知直线l：xmy+t与抛物线y24x交于A，B两点，点C为抛物线上一点，且ABC的重心为抛物线焦点F（）求m与t的关系式；（）求ABC面积的取值范围22（15分）已知函数f（x）ex，xR（）设mn，证明：

7、f（m+n2）f(m)-f(n)m-n；（）已知f（x）g（x）+h（x），其中g（x）为偶函数，h（x）为奇函数若yh（x）+b+cx（b，cRc0）有两个不同的零点x1，x2，证明：|x1x2|b2-4c2022年浙江省宁波“十校”高考数学联考试卷（3月份）参考答案与试题解析一、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（4分）已知AxZ|x24，BxN|x0，则AB（）A1B0，1C0，1，2D【解答】解：AxZ|x241，0，1，BxN|x0，则AB1故选：A2（4分）已知实数x，y满足约束条件x-y0x+2y2x-2，则z

8、2xy的最大值为（）A6B2C23D不存在【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立x-y=0x+2y=2，解得A（23，23），由z2xy，得y2xz，由图可知，当直线y2xz过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为223-23=23故选：C3（4分）设i为虚数单位，复数z满足（1+i）z（1+i）2，则zz为（）A2B2C3D4【解答】解：（1+i）z（1+i）2，（1+i）z2i，z=-2i1+i=-2i(1-i)(1+i)(1-i)=-1i，z=-1+i，zz=(-1-i)(-1+i)=2故选：B4（4分）已知，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，且n平面，m平面，则mn是的

9、（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【解答】解：，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，且n平面，m平面，如图，满足mn，但，相交，故充分性不成立，再如下图：满足，但m，n异面，故必要性不成立，mn是的不充分不必要条件故选：D5（4分）函数f（x）=x-ka|x|（a0且a1）的图象如图所示，则（）Ak1，a1Bkl，a1C0k1，a1D0k1，a1【解答】解：由图象可得f（x）0的根为xk（0，1），当x0时，f（x）=x-kax，且x+时，f（x）0，由于yax（a1）比yxk的增加速度快，所以a1，故选：D6（4分）中国代表团在2022年北京冬奥会获得

10、九枚金牌，其中雪上项目金牌为5枚，冰上项目金牌为4枚现有6名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有2人参加，则不同的报名方案有（）A35B50C70D100【解答】解：参加雪上项目和冰上项目人2数分配有：“4人、2人”，“3人、3人”，“2人、4人”，所以不同报名方案有C64C22+C63C33+C62C44=50故选：B7（4分）将函数ytan（x-2）（0）的图象分别向左、向右各平移6个单位长度后，所得的两个图象对称中心重合，则的最小值为（）A32B2C3D6【解答】解：将函数ytan（x-2）（0）的图象分别向左、向右各平移6个单位长度后，所得的两个图象对称中心重合，

11、当最小时，函数y的半个周期等于6+6=3，12=3，=32，故选：A8（4分）从装有2个白球和3个黑球的袋中无放回任取2个球，每个球取到的概率相同，规定：（a）取出白球得2分，取出黑球得3分，取出2个球所得分数和记为随机变量1；（b）取出白球得3分，取出黑球得2分，取出2个球所得分数和记为随机变量2则（）AE（1）E（2），D（1）D（2）BE（1）E（2），D（1）D（2）CE（1）E（2），D（1）D（2）DE（1）E（2），D（1）D（2）【解答】解：由题意，随机变量1，的所有可能取值分别为4，5，6，则P(1=4)=110，P(1=5)=610，P(1=6)=310，所以E(1)=41

12、10+5610+6310=265，所以D(1)=(4-265)2110+(5-265)2610+(6-265)2310=925随机变量2的所有可能取值分别为4，5，6，则P(2=4)=310，P(2=5)=610，P(2=6)=110，所以E(2)=4310+5610+6110=245，所以D(2)=(4-245)2110+(5-245)2610+(6-245)2310=925所以E（1）E（2），D（1）D（2）故选：C9（4分）已知点P（x，y）的坐标满足方程（3x+y2）3+x3+4x+y20，则点P一定在（）上A直线B抛物线C椭圆D双曲线【解答】解：由方程（3x+y2）3+x3+4x+

13、y20，得（3x+y2）3+x3+3x+x+y20，（3x+y2）3+（3x+y2）+（x3+x）0，令h（t）t3+t，则h（t）为单调增函数，且h（t）为奇函数，由（3x+y2）3+（3x+y2）+（x3+x）0，得h（3x+y2）+h（x）0，则h（3x+y2）h（x）h（x），即3x+y2x，y24x点P（x，y）的坐标满足方程（3x+y2）3+x3+4x+y20，则点P一定在抛物线上故选：B10（4分）已知数列an满足a1=12，an1+lnan+1（nN*），记Tn表示数列an的前n项乘积，则（）AT9（130，126）BT9（126，122）CT9（122，118）DT9（118

14、，114）【解答】解：an1+lnan+1，an+1=ean-1，下面用数学归纳法证明0an1，当n1时，a1=12，符合0an1，假设nk（k1）时，结论成立，即0ak1，当nk+1时，ak+1=eak-1，由题意ak+1=eak-10成立，0ak1，ak10，ak+1=eak-1e01，0ak+11，结论成立，故0an1对任意的nN*均成立记函数ylnx（x1），（0x1），y=1x-1=1x（1x），0x1，y0，（x1时，取等号），ylnx（x1）在（0，1）单调递增，f（x）f（1）0，即lnxx1，an1+lnan+11+an+11an+1，anan+1，数列an为单调递增数列，1

15、2an1，记g(x)=lnx-2(x-1)x+1，（0x1），则g(x)=1x-4(x+1)2=(x-1)2x(x+1)20（x1取等号），g（x）在（0，1）上单调递增，g（x）g（1）0，lnx2(x-1)x+1，an1lnan+12(an+1-1)an+1+1，21-an-(1-an+1)+21-an+1，21-an+1-21-an1，累加得21-an21-a1+（n1）1，a1=12，21-an21-a1+（n1）1，即21-an21-a1+（n1）1，T9a1a2a912351012=122，T9122，记h（x）lnx-x+1x，（0x1），则h（x）=1x-12x-12xx=x-

16、x-12xx，h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）h（1）0，lnxx-1x，an-1=lnan+1an+1-1an+1=an+1-1an+1，1an1-an+1an+1，an+1(1-an+11-an)2，T9a1a2a912(1-a21-a1)2(1-a91-a8)2=12（1-a91-a1）22（1a9）2，ann+1n+3，56a91，T92(1-a9)22(1-56)2=118T9118综上，122T9118故选：C二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分.11（6分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 8+42cm2，体积是 83

17、cm3【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体ABCDE如图所示：所以S表=22+1222+1222+12222+12222=8+42；VA-BCDE=13222=83故答案为：8+42；8312（6分）已知loga2+log2a=52，则a4或2已知0logb231，则b的取值范围是 （0，23）【解答】解：loga2+log2a=52，log2a2 或log2a=12，若log2a2，则a4；若log2a=12，则a=2，故a4或2由0logb231，可得0b10b23，求得0b23，故答案为：4或2；（0，23）13（6分）已知（a+b）n的展开式的第3项与第5项

18、的二项式系数相等，则n6；此时，（2x1）n展开式中x3的系数为 160【解答】解：由已知可得C n2=Cn4，则n2+46，所以二项式（2x1）6的展开式中含x3的项为C 63(2x)3(-1)3=-160x3，则x3的系数为160，故答案为：6；16014（6分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAbsinBcsinCbsinC，a3，R为ABC的外接圆半径，则cosA-12，R3【解答】解：因为asinAbsinBcsinCbsinC，由正弦定理得，a2b2c2bc，由余弦定理得，cosA=b2+c2-a22bc=-12，由A为三角形内角，得A120，由正弦定理得

19、2R=asinA=332=23故答案为：-12，315（4分）在ABC中，点O、点H分别为ABC的外心和垂心，|AB|5，|AC|3，则OHBC=8【解答】解：OH=AH-AO，OHBC=(AH-AO)BC=AHBC-AOBC，因为H为垂心，所以AHBC=0，OHBC=-AOBC，设AOBA，AOBB，外接圆的半径为r，由余弦定理得|AB|2|AO|2+|OB|22|AO|OB|cosAr2+r22r2cosA2r22r2cosA，同理|AC|2|AO|2+|OC|22|AO|OC|cosBr2+r22r2cosB2r22r2cosB，所以AOBC=AO(BO+OC)=AOBO+AOOC=OA

20、OB-OAOC=|OA|OB|cosA-|OA|OC|cosB=r2cosAr2cosB=(|AC|2-|AB|2)12=-8所以OHBC=8，故答案为：816（4分）不等式|2x1|+|x+a|+|3x6|4的解集非空，则实数a的取值范围为 （9，1）【解答】解：由题意|2x1|+|x+a|+|3x6|3x62x+1xa|a+5|，|a+5|4，9a1，故答案为：（9，1）17（4分）已知函数yf（x）满足x|x|4+y|y|3=1，且方程2f（x）+3x+m0有2个实数解，则实数m的取值范围为 （26，0）【解答】解：当x0，y0时，方程为x24+y23=1，为椭圆在第一象限部分，当x0，

21、y0时，方程为x24-y23=1，为双曲线在第四象限的部分，当x0，y0时，方程为-x24+y23=1，为双曲线在第二象限的部分，双曲线的渐近线方程为y=32x，当x0，y0时，方程为-x24-y23=1，不成立，如图所示，方程2f（x）+3x+m0可变形为f（x）=-32x-12m，2f（x）+3x+m0有2个实数解，等价于yf（x）与y=-32x-12m有两个交点，又y=-32x-12m与双曲线的渐近线平行，要有两个交点需-12m0，由y=-32x-12mx24+y23=1，消去y得6x2+23mx+m2120，当直线与第一象的椭圆相切时（23m）246（m212）0，可得m26，故有两个

22、交点时实数m的取值范围为（26，0）故答案为：（26，0）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（14分）已知f（x）2sin（3+x）sin（3-x）-12（）求f（x）的最小正周期和单调递增区间；（）已知a=（sinx，cosx），b=（f（x），f（x-4），g（x）=ab，求g（x）在-12，4上的值域【解答】解：（I）f（x）2sin（3+x）sin（3-x）-12=2（32cosx+12sinx）（32cosx-12sinx）2（34cos2x-14sin2x）=321+cos2x2-121-cos2x2=cos2x，故T，令2k2x2k

23、+2，得kxk+，故函数的单调递增区间为k，k+，kZ；（II）g（x）=ab=f（x）sinx+cosxf（x-4）=12sinx+sinxcos2x+12cosx-cosxsin2x=12（cosxsinx）=22cos（x+4），由-12x4得6x+42，所以0cos（x+4）32，故函数g（x）的值域为0，6419（15分）如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，ABC60，AA1AB2（）点P为直线C1C上的动点，求证：BDA1P；（）点P为直线C1D1上的动点，求直线A1C与平面PAD所成角正弦值的最大值【解答】解：（）如图所示，由菱形的性质可知，BDAC，

24、由线面垂直的定义可知BDAA1，且ACAA1A，故BD平面AA1C1C，结合线面垂直的定义可知BDA1P（） 连接AC与BD相交于点O，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，过O且垂直平面ABCD向上方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，1，0），A1（0，1，2），C（0，1，0），D（-3，0，0），C1（0，1，2），D1（-3，0，2），因为点P为直线C1D1上的动点，设C1P=C1D，OP=OC1+C1D=（-3，+1，2），即点P的坐标为（-3，+1，2），AD=（-3，1，0），AP=（-3，+2，2），设平面APD的法向量为m=（x，y，z），则ADm=0APm=

25、0，即-3x+y=0-3x+(-+2)y+2z=0，据此可得m=（1，3，3（1），A1C=（0，2，2），设直线A1C与平面PAD所成角为，则sin|cosA1C，m|=62|-2|4+3(-1)2，设t2，则sin=62t23t2+6t+7=6213+6t+7t2，令y3+6t+7t2=7（1t+37）2+127，则sin=6213+6t+7t2144，直线A1C与平面PAD所成角正弦值的最大值为14420（15分）已知数列an满足an+1an2n2（an+1an）+10，且a11（）求出a2，a3的值，猜想数列an的通项公式，并给出证明；（）设数列an的前n项和为Sn，且bn=Snana

26、n+1，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（I） a23，a35，猜想an2n1下用数学归纳法证明：证明：（1）当n1时，a12111，成立；（2）假设当nk（kN*）时，ak2k1成立，当nk+1时，ak+1=-2k2ak+1ak-2k2=-2k2(2k-1)+12k-1-2k2=4k3-2k2+12k2-2k+1=2k+1=2(k+1)-1，所以当nk+1时成立；由（1），（2）得，对任意nN*，an2n1成立（II）由（）可知an2n1，所以Sn=n2，则bn=n2(2n-1)(2n+1)=141+1(2n-1)(2n+1)=14+18(12n-1-12n+1)，所以Tn=n4+18(

27、1-12n+1)=n2+n4n+221（15分）已知直线l：xmy+t与抛物线y24x交于A，B两点，点C为抛物线上一点，且ABC的重心为抛物线焦点F（）求m与t的关系式；（）求ABC面积的取值范围【解答】解：（）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），由x=my+ty2=4x，得y24my4t0，16m2+16t0，y1+y2=4my1y2=-4t，所以x1+x2=4m2+2t，因为ABC的重心为抛物线的焦点F（1，0），所以x1+x2+x3=3y1+y2+y3=0，解得x3=3-4m2-2ty3=-4m，又因点C为抛物线上一点，所以y32=4x3，即16m24（34m22t

28、），所求m与t的关系式为8m2+2t3且m2+t0；（）由（）得，m2=3-2t8，结合判别式得-12t32，因为l不经过点F （否则A、B、C三点共线，不能构成三角形），所以t1，所以实数t的取值范围为(-12，1)(1，32，|AB|=1+m2|y1-y2|=41+m2m2+t，点C到l的距离d=|y324-my3-t|1+m2=|8m2-t|1+m2，所以S=12|AB|d=2|8m2-t|m2+t=362(t-1)2(2t+1)，设y（t1）2（2t+1），则y6t（t1），当-12t0或1x32时，y0，当0t1时，y0，所以函数y（t1）2（2t+1）在(-12，0)和(1，32上

29、单调递增，（0，1）上单调递减，y|x=12=0，y|x=0=1，y|x=1=0，y|x=32=1，所以y（t1）2（2t+1）（0，1，所以ABC面积的取值范围为(0，36222（15分）已知函数f（x）ex，xR（）设mn，证明：f（m+n2）f(m)-f(n)m-n；（）已知f（x）g（x）+h（x），其中g（x）为偶函数，h（x）为奇函数若yh（x）+b+cx（b，cRc0）有两个不同的零点x1，x2，证明：|x1x2|b2-4c【解答】证明：（）欲证 f(m+n2)f(m)-f(n)m-n，只需证 em+n+n2em-enm-n，即证 1em-n2-en-m2m-n，设 t=m-n2

30、(t0)，即证 1et-e-t2t，设 g（t）etet2t，则 g（t）et+et20，所以 g（t） 单调递增，所以 g（t）g（0）0，所以（1）式成立，所以f(m+n2)f(m)-f(n)m-n（）根据已知 exg（x）+h（x），得到 exg（x）+h（x）g（x）h（x）联立解得 h(x)=ex-e-x2由（1）得不等式 1et-e-t2t(t0) 成立，因为 y=et-e-t2t 为偶函数，所以 et-e-t2t1 对任意 t0 成立y=ex-e-x2+b+cx=0，即 x(ex-e-x)2+bx+c=0，所以 x1(ex1-e-x1)2+bx1+c=0，由 c0 知 x10所以 0=x1(ex1-e-x1)2+bx1+c=x12ex1-e-x12x+bx1+cx12+bx1+c构造 F（x）x2+bx+c，则 F（x） 存在零点 x3，x4，且 x3x1x4同理可证 x3x2x4所以 |x1-x2|x3-x4|=b2-4c第19页（共19页）