1、2022年浙江省普通高中强基联盟高考数学统测试卷（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）已知集合My|y|2x|，xR，Ny|y=(17)x，xR，则（）AMNBNMCMRNDRNM2（4分）双曲线x2-y29=1的离心率等于（）A103B10C3D323（4分）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A43B23C33D2334（4分）已知平面，直线m，则“m”是“m”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5（4分）若x，y满足约束条件x+3y-302x-y-30x-y+
2、10，则xy的最大值为（）A54B49C4D56（4分）函数ysin2xex+1ex-1的部分图象大致为（）ABCD7（4分）在ABC中，D为边BC上一点，AD6，BD3，ABC45，则sinADC的值为（）A2+33B1+24C1+74D348（4分）已知函数p(x)=x-1x，若函数y=axp(x)+2x-2+lnx，x0p(x)，x0，恰有两个零点，则（）Aa1Ba0或a1Ca-32Da0或a=-329（4分）有5个人去并排的5个不同场馆锻炼，假定每人可以选择去任意一个场馆，则恰有2个场馆无人选择，且这2个场馆不相邻的选择方式共有（）A800种B900种C1200种D1500种10（4分
3、）如图，在四棱锥QEFGH中，底面是边长为22的正方形，QEQFQGQH4，M为QG的中点过EM作截面将此四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为V1，V2，则V1V2的最小值为（）A12B13C14D15二、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（6分）已知 i为虚数单位，且z（3+i）1i，则z的虚部是 ，|z| 12（6分）已知随机变量X的分布列如下：X012P1-p2 12 p2 则当p=13时，E（X） ；当0p1时，D（X）的最大值为 13（6分）已知（x2）（x+m）5a6x6+a5x5+a1x+a0，m为常数，若a57，则m ，a6+a5
4、+a1 14（6分）若正项数列an满足a1a21，且对任意的正整数n，有an+2an+1an+n+2，则a4 ，a2022 15（4分）已知实数a，b满足a4-2b2+20，则a2+3b2a2+b2的最小值为 16（4分）椭圆的两个焦点为F1，F2，过F1的直线交椭圆于M，N两点，|MF1|=43|NF1|，|MF2|F1F2|，则椭圆的离心率为 17（4分）已知向量a，b，c满足a+b+c=0，(a-b)(a-c)=0，|b-c|=9，则|a|+|b|+|c|的最大值是 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）已知函数f（x）sinxcosx+
5、sin2x（）求f（x）的最小正周期和值域；（）在锐角ABC中，f（A）1，求sin(B+C+6)的值19（15分）如图，在矩形ABCD中，2BCAB2，M是AB的中点，沿直线MC将BCM翻折成PCM，PCD60（）求证：PCDM；（）求直线PM与平面PCD所成角的正弦值20（15分）正项递增数列an的前n项和为Sn，4Snan2+4n1（nN*）（）求an的通项公式；（）若a11，bn0，bn21+2Sn+1，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tnn+121（15分）过抛物线y24x的焦点F作直线l交抛物线于A，B两点，过点B作直线MN交x轴于点M，交抛物线于点N，且B为MN的中点（）若F为A
6、MN的重心，求点A的坐标；（）当ABN面积最小时，求点A的横坐标22（15分）已知函数f(x)=lnx+1-ax-ax（a0且a1）（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）1恒成立，证明：方程f（x）+2a+10有两根s，t（st）且1s-1t3a|a-1|2022年浙江省普通高中强基联盟高考数学统测试卷（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）已知集合My|y|2x|，xR，Ny|y=(17)x，xR，则（）AMNBNMCMRNDRNM【解答】解：My|y|2x|，xRy|y0，Ny|y=(17)
7、x，xRy|y0，RNy|y0，所以MRN，B正确故选：C2（4分）双曲线x2-y29=1的离心率等于（）A103B10C3D32【解答】解：双曲线x2-y29=1，可得a1，b3，c=10，所以双曲线的离心率为：e=ca=10故选：B3（4分）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A43B23C33D233【解答】解：很具几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体ABCD；如图所示：所以VA-BCD=1312222=43故选：A4（4分）已知平面，直线m，则“m”是“m”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【解答】解：由，m，m，可得m或m
8、与相交，即充分性不成立；由，m，得m或m，即必要性不成立“m”是“m”的不充分不必要条件故选：D5（4分）若x，y满足约束条件x+3y-302x-y-30x-y+10，则xy的最大值为（）A54B49C4D5【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立x+3y-3=02x-y-3=0，解得A（127，37），kOA=37127=14，xy的最大值为4故选：C6（4分）函数ysin2xex+1ex-1的部分图象大致为（）ABCD【解答】解：函数yf（x）sin2xex+1ex-1（x0），f（x）sin（2x）e-x+1e-x-1=-sin2x1+ex1-ex=f（x），可得f（x）为偶函数，其图
9、象关于y轴对称，可排除选项A、C；由y0，可得sin2x0，可得2xk，kZ，即x=12k，kZ，k1时，x=2；当x=122，ysin1e12+1e12-10，可排除选项D故选：B7（4分）在ABC中，D为边BC上一点，AD6，BD3，ABC45，则sinADC的值为（）A2+33B1+24C1+74D34【解答】解：因为ABC中，D为边BC上一点，AD6，BD3，ABC45，由正弦定理得，3sinBAD=6sin45，所以sinBAD=24，因为ADBD，所以BAD45，所以cosBAD=144，则sinADCsin（BAD+45）=22(24+144)=1+74故选：C8（4分）已知函数
10、p(x)=x-1x，若函数y=axp(x)+2x-2+lnx，x0p(x)，x0，恰有两个零点，则（）Aa1Ba0或a1Ca-32Da0或a=-32【解答】解：当x0时，y=p(x)=x-1x，由x-1x=0，得x1或x1（舍去），所以函数在（，0）有一个零点x1，所以函数在（0，+）有且仅有一个零点，即yax（x-1x）+2x2+lnxa（x21）+2（x1）+lnx在（0，+）有且仅有一个零点，设f（x）a（x21），g（x）22xlnx，则f（1）g（1）0，所以在（0，+）上两函数有且仅有一个交点，f（x）2ax，g（x）2-1x-2，所以g（x）在（0，+）上单调递减，当a0时，f（
11、x）0，所以f（x）在（0，+）上单调递增，所以两函数图象只有一个交点，当a0时，由于f（1）g（1）0，所以由图象可知，当两曲线f（x），g（x）在x1处有公共切线时，两曲线在（0，+）上有唯一的交点，此时f（1）g（1），则2a21，解得a=-32，综上，a0或a=-32故选：D9（4分）有5个人去并排的5个不同场馆锻炼，假定每人可以选择去任意一个场馆，则恰有2个场馆无人选择，且这2个场馆不相邻的选择方式共有（）A800种B900种C1200种D1500种【解答】解：假设并排5个不同场馆为A、B、C、D、E，2个不相邻场馆的选择方式为AC、AD、AE、BD、BE、CE共6种，每种选择种5人
12、在其他3个场馆的选择方式共有（C53+C53C42C22A22）A33=150（种），2个场馆不相邻的选择方式共有6150900（种）故选：B10（4分）如图，在四棱锥QEFGH中，底面是边长为22的正方形，QEQFQGQH4，M为QG的中点过EM作截面将此四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为V1，V2，则V1V2的最小值为（）A12B13C14D15【解答】解：过Q作平面EFG的垂线，垂足为O，连接EG、EM、QO，设EG、QO的交点为A，在QHF中，过A作直线交QH，QF于B，C，由相交直线确定平面，得到四边形ECMB是过EM的截面，由题意得EG4，QEG是等边三角形，A是Q
13、EG的重心，设QBxQH，QCyQF，则QA=13QH+13QF，又QB=xQH，QC=xQF，QH=1xQB，QF=1yQC，QA=13xQB+13yQC，由三点共线得13x+13y=1，解得1x+1y=3，E到平面QHF的距离为OE2，M到平面QHF的距离为1，SQBC=12QBQCsin3=43xy，V1VEQBC+VMQBC=13SQBC（1+2）=12QBQCsin3=43xy，V2VQEFGHV1=1633-43xy，V1V2=43xy1633-43xy=-1+44-3xy，1x+1y=3，3=1x+1y21xy，xy49，当且仅当xy=23取等号，V1V2=-1+44-3xy-1
14、+44-43=12，（V1V2）min=12故选：A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（6分）已知 i为虚数单位，且z（3+i）1i，则z的虚部是 -25，|z|55【解答】解：z（3+i）1i，z=1-i3+i=(1-i)(3-i)(3+i)(3-i)=15-25i，z的虚部为-25，|z|=(15)2+(-25)2=55故答案为：-25；5512（6分）已知随机变量X的分布列如下：X012P1-p2 12 p2 则当p=13时，E（X）56；当0p1时，D（X）的最大值为 12【解答】解：由期望公式可得E(X)=01-p2+112+2p2=p+12，当
15、p=13时，E(X)=13+12=56，当0p1时，D(X)=(0-1+2p2)21-p2+(1-1+2p2)212+(2-1+2p2)2p2=-p2+p+14=-(p-12)2+1212，当且仅当p=12时，等号成立，故D（X）的最大值为12故答案为：56；1213（6分）已知（x2）（x+m）5a6x6+a5x5+a1x+a0，m为常数，若a57，则m1，a6+a5+a12【解答】解：由已知可得a5为x5的系数，则展开式中含x5的项为xC51x4m-2C50x5=（5m2）x5，所以5m27，解得m1，令x0，则a0=-2(-1)5=2，令x1，则a0+a1+.+a6（12）（11）50，
16、所以a6+a5+.+a12，故答案为：1；214（6分）若正项数列an满足a1a21，且对任意的正整数n，有an+2an+1an+n+2，则a46，a20222024【解答】解：由已知令n1，有a3a2a1+3，解得：a33，令n2，a4a3a2+4，解得a46，故a46，令nn+1，则有an+3an+2an+1+n+3，由已知有：an+2an+1an+n+2，+化简得：an+3+an2n+5，令nn+3可得：an+6+an+32n+11，可得：an+6an6，故可得an中每隔六项为等差数列，a2022a6+3366，由有a6+a311，解得a68，故a20222024故答案为6；202415
17、（4分）已知实数a，b满足a4-2b2+20，则a2+3b2a2+b2的最小值为 73【解答】解：当a0时，得b22，则a2+3b2a2+b2=3，当a0时，令t=b2a2，由a4-2b2+20，得a2-2b2a2+2a20，得b2a2a4+22a2=22（a2+2a2）222a22a2=2，当且仅当a2=2a2时取等号，所以t2，所以a2+3b2a2+b2=3t+1t+1=3-2t+1，所以当t2时，3-2t+1取得最小值3-23=73，综上，则a2+3b2a2+b2的最小值为73故答案为：7316（4分）椭圆的两个焦点为F1，F2，过F1的直线交椭圆于M，N两点，|MF1|=43|NF1|
18、，|MF2|F1F2|，则椭圆的离心率为 57【解答】解：设椭圆的方程为：x2a2+y2b2=1，（ab0）因为|MF1|=43|NF1|，|MF2|F1F2|2c，则|MF1|2a2c，|NF1|=3(a-c)2，|NF2|=a+3c2，过F2作NF2MN交于Q，则Q为MF1的中点，则cosMF1F2=|QF1|F1F2|=a-c2c，cosNF1F2=|NF1|2+|F1F2|2-|NF2|22|NF1|F1F2|=3(a-c)22+(2c)2-(a+3c2)223(a-c)22c=a-2c3c，因为NF1F2+MF1F2，所以cosNF1F2+cosMF1F20，即a-2c3c=-a-c
19、2c，整理可得：ca=57，故答案为：5717（4分）已知向量a，b，c满足a+b+c=0，(a-b)(a-c)=0，|b-c|=9，则|a|+|b|+|c|的最大值是 310+3【解答】解：设a=DA，b=DB，c=DC，则AE=12BC=92，AD=23AE=3，|a|=3，(a-b)(a-c)=(DA-DB)(DA-DC)=BACA=0，a+b+c=0，点D是ABC的重心，BACA，ABC是直角三角形，在BDC中，利用中线定理，得BD2+CD22（BE2+DE2）45，即|b|2+|c|2=45，90=2(|b|2+|c|2)(|b|+|c)2，|a|+|b|+|c|310+3，故答案为
20、：310+3三、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）已知函数f（x）sinxcosx+sin2x（）求f（x）的最小正周期和值域；（）在锐角ABC中，f（A）1，求sin(B+C+6)的值【解答】解：（I）f（x）sinxcosx+sin2x=12sin2x+1-cos2x2=22sin（2x-4）+12，故T=22=，因为1sin(2x-4)1，所以1-22f(x)1+22，故函数的值域为1-22，1+22；（II）由f（A）=22sin（2A-4）+12=1得sin（2A-4）=22，由A为三角形内角得A=4，故sin(B+C+6)=sin（
21、34+6）=2232-2212=6-2419（15分）如图，在矩形ABCD中，2BCAB2，M是AB的中点，沿直线MC将BCM翻折成PCM，PCD60（）求证：PCDM；（）求直线PM与平面PCD所成角的正弦值【解答】解：（）证明：由题可知PCBC1，CDAB2，由余弦定理，得PD2PC2+CD2PCCDcosPCD3，PC2+PD2CD2，PCPD，PCPM，PM和PD是平面PDM内两条相交直线，PC平面PDM，又DM平面PDM，PCDM；（）设M到平面PCD的距离为h，直线PM与平面PCD所成角为，依题意可得DM=2，DM2+PM2PD2，DMPM，PDM的面积为22，由（）知PCPD，P
22、CD的面积为12PCPD=32，由（）知PC平面PDM，根据VMPCDVCPDM，得13h32=13122，解得h=63，sin=hPM=63直线PM与平面PCD所成角的正弦值为6320（15分）正项递增数列an的前n项和为Sn，4Snan2+4n1（nN*）（）求an的通项公式；（）若a11，bn0，bn21+2Sn+1，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tnn+1【解答】（）解：因为4Snan2+4n1，所以当n2时，4Sn1an12+4（n1）1，两式相减得，4anan2an12+4，即an12an24an+4（an2）2，因为an0，所以an2an1或an2an1，即anan12或an+
23、an12（n2），在4Snan2+4n1中，令n1，则4a1a12+3，解得a11或3，当a11时，若anan12（n2），则数列an是首项为1，公差为2的等差数列，故an1+（n1）22n1；若an+an12（n2），则ana11，与递增数列an相矛盾，不符合题意；当a13时，若anan12（n2），则数列an是首项为3，公差为2的等差数列，故an3+（n1）22n+1；若an+an12（n2），则a210，与正项数列an相矛盾，不符合题意，综上所述，an的通项公式为an2n1或an2n+1（）证明：由（）知，a11时，an2n1，所以Sn=(1+2n-1)n2=n2，因为bn0，bn21+
24、2Sn+1=1+2(n+1)2=n2+2n+3(n+1)2，所以bn=n2+2n+3n+1，所以bn1=n2+2n+3n+1-1=n2+2n+3-(n+1)n+1=2(n+1)n2+2n+3+(n+1)2(n+1)(n+1)2+(n+1)=2(n+1)2(n+1)=1(n+1)21n(n+1)=1n-1n+1，所以bn1n-1n+1+1，故Tn（1-12+12-13+1n-1n+1）+n1-1n+1+nn+1，得证21（15分）过抛物线y24x的焦点F作直线l交抛物线于A，B两点，过点B作直线MN交x轴于点M，交抛物线于点N，且B为MN的中点（）若F为AMN的重心，求点A的坐标；（）当ABN面
25、积最小时，求点A的横坐标【解答】解：（）由题意可知，抛物线的焦点F（1，0），设A(y124，y1)，B(y224，y2)，N(y324，y3)，M(m，0)，由题意，2y2y3，y1y24，y2=-4y1，y3=-8y1，m=-8y12，y1-8y1=0y124+16y12-8y12=3，y12=8，A(2，22)；（）lAN：（y1+y3）y4x+y1y34（x2），AN恒过D（2，0）， SABN=12SAMN，设y10，所以SAMN=12|MD|y1-y3|=32y13+12y1+y1，设f(x)=32x3+12x+x(x0)，则f(x)=-96x4-12x2+1，当0x6+233 时
26、，f（x）0；当x6+233时，f（x）0，所有函数f（x）在(0，6+233)上递增，在(6+233，+)上递减，当y12=6+233时，SAMN取最小值，此时xA=3+33222（15分）已知函数f(x)=lnx+1-ax-ax（a0且a1）（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）1恒成立，证明：方程f（x）+2a+10有两根s，t（st）且1s-1t3a|a-1|【解答】解：（）f（x）的定义域为（0，+），f(x)=1x-1-ax2-a=-ax2-x-1+ax2=-ax-(1a-1)(x-1)x2，（1）当0a12时，1a-11，f(x)在 （0，1）上单调递减，在(1，1a-1)上单
27、调递增，在(1a-1，+)上单调递减；（2）当a=12时，1a-1=1，f(x)在（0，+）上单调递减；（3）当12a1时，01a-11，f(x)在(0，1a-1)上单调递减，在(1a-1，1)上单调递增，在（1，+）上单调递减；（4）当a1时，1a-10，f(x)在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减；证明：（）由（1）知，若f（x）1恒成立，则a1，当a1时，f（x）maxf（1）1aa12a1，故a1，今g(x)=f(x)+2a+1=lnx+1-ax-ax+2a+1，g(1)=20，g(a-2a-1a-1)=lna-2a-1a-1+1-aa-2a-1a-1-aa-2a-1a-1+
28、1+2aa-2a-1a-1-1+1-aa-2a-1a-1-aa-2a-1a-1+1+2a=-a+2a-1+1-aa-2a-1a-1+2a=0，g(a+2a-1a-1)=lna+2a-1a-1+1-aa+2a-1a-1-aa+2a-1a-1+1+2aa+2a-1a-1-1+1-aa+2a-1a-1-aa+2a-1a-1+1+2a=-a-2a-1+1-aa+2a-1a-1+2a=0，由零点存在定理知，存在s(a-2a-1a-1，1)，t(1，a+2a-1a-1)，使得g（s）g（t）0，又g（x）在区间（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，故g（x）至多有两个零点，所以g（x）有且只有两个雾点，方程f（x）+2a+10有两实根s，t，1s-1t=a-1a-2a-1-a-1a+2a-1=22a-1a-13aa-1=3a|a-1|
