浙江省2022年高三上学期数学期中联考试卷附答案.pdf

1、 高三上学期数学期中联考试卷 高三上学期数学期中联考试卷一、单选题一、单选题1已知集合，则（）ABCD2复数（为虚数单位）在复平面内所对应的点在直线上，则（）AB2CD103一个正棱柱的正视图和俯视图如图所示（单位：），则该三棱柱侧视图的面积（单位：）是（）AB2CD4函数的图象可能是（）ABCD5在中，“角为锐角”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6若为平面区域内任意一点，则点到平面区域的边界的距离之和最大值是（）A1BCD27用数字 1、2、3 组成五位数，且数字 1、2、3 至少都出现一次，这样的五位数共有（）个A120B150C210D2408

2、已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线 交双曲线的右支于两点点满足，且若，则双曲线的离心率是（）ABC2D9设函数，若，且，则的取值范围是（）ABCD10已知数列满足，记数列前项和为，则（）ABCD二、填空题二、填空题11直线过定点 ，直线，若，则=12袋中装有大小相同的 2 个红球和 1 个黄球，小明无放回地连续摸取 2 次，每次从中摸取 1 个记摸到红球的个数为，则 ，13已知且，数列的通项满足，则 ，记的前项和为，则 14已知，内角、所对的边分别是、，的角平分线交于点若，则 ，的取值范围是 15九章算术中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马现有阳马，底面，底面为正方形，且

3、，则异面直线与所成角的大小为 16若为奇函数，则 17已知平面向量满足：，当与所成角最大时，则 三、解答题三、解答题18已知函数（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；（2）若，求函数的值域19在中，、分别为、的中点，将沿着直线翻折，得到多面体若二面角大小为，为中点（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值20已知数列是公差大于 0 的等差数列，其前项和为，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）设，其前项和为，则是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由21已知是抛物线的焦点，点是抛物线上横坐标为 2 的点，且（1）求抛物线的方程；（2）设直线 交抛物线于两

4、点，若，且弦的中点在圆上，求实数的取值范围22已知函数（1）求函数的最小值；（2）若有三个零点，求的取值范围；求证：答案解析部分答案解析部分1【答案】C【解析】【解答】因为集合，所以，故答案为：C【分析】根据交集的定义即可得出答案。2【答案】A【解析】【解答】复数()在复平面内所对应的点的坐标是，则有，解得，即，所以.故答案为：A【分析】先结合复数的几何意义求出 a，然后结合复数的模长公式可求得答案.3【答案】D【解析】【解答】由三视图知：该正三棱柱的直观图，如图所示：该三棱柱侧视图即为矩形，长为，宽为，所以侧视图的面积为，故答案为：D【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，再根据棱柱的特征

5、求出几何体的侧面的面积.4【答案】B【解析】【解答】对于函数，解得，即函数的定义域为，即函数为偶函数，排除 CD 选项，当时，此时，排除 A 选项.故答案为：B.【分析】先求出函数的定义，再根据奇偶性定义判断出函数的奇偶性，排除 CD 选项；再根据时，可得的符号，排除 A 选项，可得答案。5【答案】D【解析】【解答】若角为锐角，不妨取，则，所以“角为锐角”是“”的不充分条件，由，可得，所以角不一定为锐角，所以“角为锐角”是“”的不必要条件，所以“角为锐角”是“”的既不充分也不必要条件，故答案为：D.【分析】利用三角函数值和充分条件、必要条件的定义进行判断，可得答案。6【答案】C【解析】【解答】

6、如下图所示，区域为区域（包含边界），由题意可得，到平面区域的边界的距离之和就是点到三边的距离之和，设到边界、的距离分别为、，则，由题意可得，过点作轴，轴，过点作轴，轴，则有，易知直线的方程为，联立，可得，即点，所以，因为，当，时，等号成立，综上所述，取最大值.故答案为：C.【分析】作出区域为区域（包含边界），可得到平面区域的边界的距离之和就是点到三边的距离之和，数形结合可得点到平面区域的边界的距离之和最大值。7【答案】B【解析】【解答】首先考虑全部的情况，即每个数位均有 3 种选择，共有个，其中包含数字全部相同只有 3 种情况，还有只含有 2 个数字的共有个，因此，满足条件的五位数的个数为个.

7、故答案为：B.【分析】运用排除法，计算其中不符合条件的只有 1 个数字的和只含有 2 个数字的情况数目，进而由全部情况数目减去不和条件的情况数目，可得答案.8【答案】C【解析】【解答】，M 为线段的中点，即垂直平分，设，则又 为直角三角形，即，由双曲线定义可得，又，由余弦定理可得，离心率.故答案为：C.【分析】由，确定 M 的位置，解三角形求|BF1|，|BF2|，由余弦定理可得a，c 的关系，由此可求离心率.9【答案】A【解析】【解答】，即，为方程的两个根，则有，由，可得，又因为令，则，所以，不妨令，由对号函数单调性易知，在单调递减，在单调递增，故的最小值为，因为，所以在上的值域为，故的取值

8、范围为.故答案为：A.【分析】求出 f(x)-f(a)的解析式，得到，为方程的两个根，求出，得到，令，则，得到，令，根据函数的单调性求出 g(t)在上的值域，从而求出 的取值范围.10【答案】B【解析】【解答】解：由可得，化简得，累加求和得，化简得，因为，所以，即，所以，即故答案为：B.【分析】由可得利用累加法可求得，求得 2an的范围，从而可得 an的范围，利用对数的运算性质可得出答案.11【答案】；-6【解析】【解答】解：直线化为，令，解得，所以直线过定点；因为，所以，解得.故答案为：；-6.【分析】将直线化为，令，求解可得直线过定点的坐标，根据直线垂直，可求出 a 的值。12【答案】；【

9、解析】【解答】随机变量的可能取值有、，则，所以，.故答案为：；.【分析】根据古典概型的概率公式，即可求出 ，进而求出数学期望。13【答案】84；-2【解析】【解答】因为且，所以，则，所以，故答案为：84，-2【分析】根据且和 ，即可求出数列的通项公式，求出 a2，进而求出。14【答案】4；【解析】【解答】解：已知，由正弦定理得又因为为的角平分线，可得面积关系为，记，则有，可得，由余弦定理，得，即又，即，所以，此时，即故答案为：4；.【分析】利用正弦定理边角互化可得出 a+b 的值，设，利用三角形的面积关系可得出，利用余弦定理得出，进而得出，利用基本不等式可求得角 的取值范围，利用余弦函数的单调

10、性可得出 CD 的取值范围.15【答案】【解析】【解答】如图，取 AB，BC，PA 的中点 E，F，G，连接 EF，FG，GE，则，为异面直线与所成角的平面角(或其补角)，设 PA=2，底面为正方形，在中，由余弦定理可得：，又，所以，且异面直线与所成角为锐角，异面直线与所成角为，故答案为：.【分析】取 AB，BC，PA 的中点 E，F，G，连接 EF，FG，GE，得出为异面直线与所成角的平面角(或其补角)，设 PA=2，根据已知条件可得，由余弦定理可得，进而求出异面直线与所成角的大小。16【答案】-7【解析】【解答】因为，且为奇函数，所以，所以.故答案为：-7.【分析】根据题意，由奇函数的性质

11、求出的值，再结合解析式计算出，可得答案。17【答案】【解析】【解答】解：记，则，即点的轨迹是以为圆心，半径为 1 的圆过，两点的圆与圆相外切，记切点为，此时最大（如图）下证上述结论：取圆上不同于切点的点，因为在圆的外面，所以下面求当最大时，的值记圆的半径为，则所以只需求出圆的半径为即可法一：如右图，为弦的中点，在中，由余弦定理求得，则在中，由余弦定理得，即法二：如图建系，点在以为圆心，1 为半径的圆上以为弦长作圆，当圆与圆外切时最大圆心在弦的中垂线上，设，则，即，化简得，即或（舍去），此时，得故答案为：.【分析】建立坐标系，求点 C 的轨迹，则与所成夹角为AOB，证明出以为弦长作圆，当圆与圆外

12、切时最大，由求点 E 的坐标，由此可求 的值.18【答案】（1）最小正周期，得，所以单调递增区间为，（2）因为，所以，因此，函数的值域【解析】【分析】(1)由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，正弦函数的周期性、单调性，得出函数的最小正周期和单调递增区间；(2)由题意利用正弦函数的定义域和值域，得出函数的值域19【答案】（1）证明：由题意知，翻折前为等腰直角三角形，则，因为、分别为、的中点，则，则，且在翻折过程中始终有，故即为二面角的平面角，于是，为正三角形取的中点，连接、，则，、分别为、的中点，则，则，又，故平面，平面，因此.（2）解：以为坐标原点，、所在直线为轴和轴，如图所示建立空间直角

13、坐标系设，则、，、，于是，设平面的一个法向量为，则，即，取，则设直线与平面所成角为，则【解析】【分析】（1）由题意知即为二面角的平面角，取的中点，连接、，则，证明出 平面，利用线面垂直的性质可证得；（2）以为坐标原点，、所在直线为轴和轴，如图所示建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值20【答案】（1）设等差数列的首项为，公差为(d0)，则，解得：，于是有，所以数列的通项公式是.（2）由(1)知，因此，假设存在正整数，使得，成等差数列，则，即，整理得，显然 n+3 是 25 的正约数，又，则或 25，当时，即时，与矛盾，当时，即时，符合题意，所以存在正整数使得，成等

14、差数列，此时，.【解析】【分析】(1)设出等差数列的公差，根据给定条件列出方程组，求出 和 ，即可求出数列的通项公式；(2)由(1)的结论求出 bn，利用裂项相消法求出 Tn，再利用反证法即可求出 的值.21【答案】（1）抛物线的渐近线为，由抛物线的定义可知，则抛物线的方程为：（2）设直线 的方程为，将直线 的方程与抛物线的方程联立，得，于是，且，化简得设弦的中点为，则，将点的坐标代入圆的方程，得，且，由代入消元，消去，得令，则，于是，解得或若当时，由对勾函数性质可知，函数在上单调递增，所以随单调递增（增+增），故若当时，令，则因为，所以，即单调递减，故.综上所述，实数的取值范围为【解析】【分

15、析】(1)根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求出抛物线的方程；(2)设出直线 的方程，联立直线与抛物线方程可得，再结合韦达定理和弦 MN 的中点在圆 上，|MN|=4 可得，或 利用对勾函数性质即可求出实数的取值范围。22【答案】（1）解：，令，则，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，所以的最小值为，即函数的最小值为；（2）解：由（1）知，时，在单调递增，不合题意；当时，所以在和内分别有唯一的零点记为，则，所以在上单增，在上单减，在上单增易知，1 为的一个零点，又，所以有三个零点，符合题意综上，证明：不妨记的三个零点大小为，即又，即所以当时，成立即当，则，且，又在有且只有一个零点，所以，即化简，得，所以即【解析】【分析】(1)，令，则，利用导数符号得出 的单调性进而求出函数的最小值；(2)由（1）知，时，不合题意；当时，可得 在和内分别有唯一的零点记为，则，则 在上单增，在上单减，在上单增，利用导数性质即可求出 a 的取值范围；记的三个零点大小为，即，由 得到当 则 且，推导出 得 ，从而，由此能证明