2022年浙江省高三名校交流模拟卷 .pdf

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1、2013 年浙江省高三名校交流模拟卷理科数学一选择题 （本大题共10 小题 , 每小题 5 分 , 共 50 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.设集合,1|RxxyxP,集合,1|RxxyyP,则( ) A. QPBQPCRQPD. QCPR2.已知复数iz2,z是z的共轭复数 ,则zz( ) A. 543iB. 543iC543iD543i3. 若 抛 物 线)0(22ppxy上 纵 坐 标 为22的 点 到 焦 点 的 距 离 为3, 则 此 抛 物 线 的 方 程 为 : ( ) A. xy22B. xy42Cxy82Dxy42或xy824. 设a是空间中的

2、一条直线，是空间中的一个平面，则下列说法正确的是（）A. 过a一定存在平面, 使得/ B. 过a一定不存在平面, 使得C. 在平面内一定存在直线b，使得ba D. 在平面内一定不存在直线b，使得ba/5.某几何体的三视图如图，若各视图均为边长为2 的正方形，则这个几何体的体积是( ) A. 34B. 38C. 316D. 3206.设实数, x y满足0204201yyxyx，若kyxz的最小值为2, 则k的值为（）A21B 0 C1 D2 7.已知数列na共有 8项 ,且满足)51(1 ,0iai,)86(1 , 1jaj,若na的前 8 项和48S,则满足条件的数列na的个数为( ) (第

3、 5 题) 正视图侧视图俯视图名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 13 页 - - - - - - - - - (第 13 题) A. 37 B38 C70 D322 8.已知为锐角 ,则“31sin且31cos”是“9242sin”的( ) A. 充分必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件9.若双曲线的焦点关于渐近线对称的点恰在双曲线上,则双曲线的离心率为( ) A. 55B25C 2 D510.若1122mxm（

4、其中m为整数），则称m为离实数x最近的整数，记作x，即mx.设集合,)(|),(RxxxxfyxA,)(|),(2RxbxaxxgyxB，若集合BA的子集恰有两个,则ba,的取值不可能是（）A. 1, 5 baB. 1, 4 baC. 1, 2 baD. 4,1ab二. 填空题 ( 本大题共7小题 , 每小题 4 分, 共 28 分) 11. 已知函数1)()(xfxg为奇函数 , 若1)1(f, 则)1(f12. 若)(*2215115NnCCnn, 则二项式nxx)1(的展开式中常数项的值为13.某程序框图如图所示 ,则该程序运行后输出的结果是14. 若3)2tan(3)2tan(yxyx

5、，则)tan(yx15. 设袋中有8 个形状大小完全相同的小球, 其中 2 个球上标有数字0, 3 个球上标有数字1, 另 3 个球上标有数字2. 现从中任取3 个球 , 用随机变量表示这 3 个球上数字的最大值与最小值之差. 则的数学期望E16. 向量dcba,满足: 1| a,2| b, b在a上的投影为21,0)()(cbca, 1|cd，则|dc的最大值是17. 已知函数0),1(sin2) 1(cos4)(22xxxxxxf.若Mxf)(恒成立 ,则M的取值范围是三. 解答题 ( 本大题共5小题 , 共 72 分. 解答应写出文字说明证明过程或演算过程) 名师资料总结 - - -精品

6、资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 13 页 - - - - - - - - - 18.(本小题满分14 分)在ABC中，角CBA,的对边分别为cba,. 已知3a，332cosCA. （1）求Bcos的值；（2）分别求b的取值范围及ACAB的取值范围 . 19.(本小题满分14 分)设等差数列na公差为d(*Nd), 等比数列nb公比为q, 若532,aaa分别为nb的前三项 , 且qd. （1）求数列na,nb的通项公式；（2）若数列nc满足：nncbcbcb2211na，求数列nn

7、ac的前n项和nT. 20. (本小题满分14 分)在如图（1） 所示的等腰梯形/ABCD中，/ CDAB，2BCAB，0120ABC，GFE,分别为CD/，AE，BC的中点，现将/AED沿AE翻折至图（ 2）的位置（点/D翻至点D） ，H为CD的中点 . （1）求证：/DF平面EGH；（2）当异面直线EH与AD所成角为3时，求二面角BAED的余弦值 . (第 20 题) 图(1) 图(2) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 13 页 - - - - - -

8、 - - - 21.(本小题满分15 分)设椭圆:C)0(12222babyax，其长轴是短轴的两倍,以某短轴顶点和长轴顶点为端点的线段作为直径的圆的周长为5. (1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆相交于BA,两点 ,设直线OBlOA ,的斜率分别为)0( ,21kkkk其中.OAB的面积为S,以OBOA,为直径的圆的面积分别为21,SS.若21,kkk恰好构成等比数列,求SSS21的取值范围. 22. (本小题满分15 分)设xeaaaxxxxf) 1ln()(2,2a. (1) 若0a，求)(xf的单调区间；(2) 讨论)(xf在区间),1(e上的极值点个数；(3) 是否存在a，使得

9、)(xf在区间),1(e上与x轴相切 ?若存在，求出所有a的值 . 若不存在，说明理由. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 13 页 - - - - - - - - - 参考答案及详细解析一.选择题 : 1.C 2.A 3.D 4.C 5.B 6.C 7. B 8. A 9.D 10.B 1.C 化简得： 1|xxP，0|yyQ，结合数轴可知：只有C正确 . 故选 C 2.A iz2,iz2,则5432)2(222iiizz.故选 A 3.D 设抛物线上纵坐

10、标为22的点的横坐标为0 x，则有：820px且320px，消去0 x得：0862pp，解得2p或4p.故此抛物线的方程为xy42或xy82.故选 D 4.C 在 A 选项中，若直线a在平面内,则不存在平面使得/,故 A 错误在 B 选项中，过直线a一定存在平面使得,故 B错误在 D 选项中，若直线平面/a,则在平面内存在直线b使得ba/, 故 C错误只有 C选项是正确的. 故选 C 5.B 该几何体是以正方体的六条面对角线为边构成的正四面体，也可看作是正方体被截去四个墙角后留下的几何体，由间接法计算其体积得：38221314233V. 故选 B 6.C 方法一：检验选项. 对 A 选项：直线

11、过点)2,0(时，21minz，对 B 选项：直线过点)2,0(时，20minz，对 C 选项：直线过点)2,0(时，2minz，对 D 选项：直线过点)2, 0(时，24minz.故选 C 方法二：特殊点带入检验.当z取到最值时，直线必过可行区域中三角形的某个顶点，故可以把三个顶点)2, 0(，) 1 ,2(，)2, 3(逐一代入检验，结果只有1k正确 . 故选 C 7.B 以ja)86(j中出现的1个数作为对象来讨论. （1）若ja中没有1（即全为1） ，则ia)51(i中只有一个1，数列种数为53315CC.（2）若ja中有一个1（即还有两个1） ，则ia中有三个1，(第 5 题) (第

12、 6 题) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 13 页 - - - - - - - - - 数列种数为301335CC.（3）若ja中有两个1（即还有一个1） ，则ia中有五个1，数列种数为31355CC.综上：数列种数共有383305.故选 B 8.A 由于为锐角，注意到“31sin或31cos”时均有：“9242sin” ，反之也成立.不妨设31sin的解为1，设31cos的解为2.结合图像由单调性可知31sin且31cos的 解 为 ：21(21,关

13、于4对 称 ) ， 故21222（2122）， 由 于9242sin2sin21，故9242sin成立， 即充分性成立.由于为锐角， 故以上过程可逆推，即必要性也成立.综上得：“31sin且31cos”是“9242sin”的充分必要条件.故选 A 9.D 方法一：如图所示，设双曲线的方程为12222byax，两焦点分别为E,F.且F关于其中一条渐近线的对称点为A，AF的中点为B.因为B为AF的中点 , O为EF的中点且AFOB，故AEF为直角三角形 . 不妨设mAF |，nAE |，则有：abnmAEFcnmanmtan42222，消去nm,可得：ab2，故ac5，即：5e. 方法二： 在OB

14、FRt中，cOF |，aOB |，bBF |.OB为AEF的中位线，aAE2|，bAF2|， 故aab222， 得：ab2，ac5，即：5e.故选 D 10.B 分析可知)(xf是周期为1 的周期函数，且当21,21(x时：xxf)(.作图如下：有一个元集合BA的子集恰有两个，即BA中只(第 9 题) O 2121(第 10 题) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 13 页 - - - - - - - - - 素 .注意到)(xf与)(xg必有一个公共点)0

15、,0(，故逐一检验：选项DA,表示的抛物线均与直线xy相切于原点， 且与函数)(xf无其余公共点， 选项C表示的抛物线与)(xf相交，但交点也只有一个. 选项B表示的抛物线与)(xf相交，交点有两个，分别为)0,0(及)21,21(.故选 B 二.填空题 : 11. 312. 6 13. xy42或xy8214.2115.568116.2317.222,(11. 3由1)1 (f得2)1(g，又)(xg为奇函数，故2)1(g，) 1(f31)1(g12. 6 若221nn,无 解 舍 去 .故15)22()1(nn， 即4n,4)1(xx展 开 式 通 项 为 ：rrrrrrrxCxxCT24

16、4441)1()1(，令024r得2r，故常数项值为6 13.2 初始值2S.程序运行一次后得31S，运行二次后得212S.，运行三次后得313S，运行四次后得24S， .（往后依次重复出现前四次的值），由于45032012，故242012SS. 14.21方法一：注意到yx)2()2(yxyx，故)tan(yx21)2tan()2tan(1)2tan()2tan(yxyxyxyx方法二：3)2tan(3)2tan(yxyx，即1)2tan(yx，即42kyx所以33cot)23tan()2tan(yyyx，故)tan(yx)43tan( y2115.5681由题知2, 1 ,0.且5622)

17、0(38CP，56272) 1(382313131213CCCCCCP，5627)1()0(1)2(PPP，故E)0(0P+) 1(1P+)2(2P=5681. 16.23不妨设向量dcba,有相同的起点 O，终点分别为DCBA,. 由b 在a上的投影为21知21ba，由0)()(cbca知： C 在以 AB为直径的圆上 . 故当向量c过 AB 中点时，其模最大，此时：|c=21（|ba|ba）=221，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 13 页 - - -

18、 - - - - - - 由1|cd知 ， D 在以 C 为圆心 ， 1 为半径的圆上，故当DC,共线时|d最 大，故max|)|(|dc=1|2maxc=2317.222 ,(方法一：) 1(sin2) 1(cos4)(22xxxxxf 5)2(2)2()sin2()cos(21)(222xxxxxxxf，首先，22)sin2()cos(xx可看作单位圆上点与反比例函数xy2上点之间距离的平方，结合图形易得：当2x，4时22)sin2()cos(xx取到最小值1.其次，5)2(2)2(2xxxx可看作关于)22(2txxt的二次函数， 当22t，即2x时函数取到最小值243.两式相加即得)(

19、xf的最小值为222，当且仅当2x时取到 .故)(xf222，即222M方法二 : 4)1(cos) 1(sin)2sin2()21cos()(2222xxxf4)4sin(222)2sin2()21cos(22xx数形结合可得 :当2x,4时, )(xf222，即222M方法三：)1(sin2)1(cos4)(22xxxxxf)sin2cos1()2(422xxxxxx222241)2(4xxxxxx（合一变形后根据三角有界性得到）令)22(2txxt，44)(22ttttg，0211244112)(2tttg，44)(22ttttg在22t上单调递增，故)22()(gtg.即：)(xf22

20、2，即222M. 三.解答题名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 13 页 - - - - - - - - - 18.解 : (1)3112cos2)cos(2CACA, 3 分31)cos(cosCAB 5 分(2)由31cosB,得: 322sin B.由正弦定理BbAasinsin,变形得 :Absin22, 7 分1sin0A,22b,当且仅当090A时,等号成立 9 分解法一 :由余弦定理得bcacbA2cos222, 故29cos22cbAbcACA

21、B, 11 分又因为ccb3132922922cc, 12 分故4141)21(22cccACAB. 当且仅当21c时等号成立 . 14 分解法二 :由正弦定理得:ACcsinsin3,故AACAbcACAB2sincossin26cosAABA2sincos)sin(26 11 分41cot22cot8sin)cos22cos(sin22222AAAAAA, 13 分当且仅当82cot A时等号成立 . 14 分解法三 :ACAB)31(3)(2ccBCABAB4141)21(22ccc当且仅当21c时等号成立 . 14 分解法四 : (建坐标系 , 过程略 )19.解 :(1).设等差数列

22、na的首项为a, 则由532,aaa成等比数列可得: )4)()2(2dadada, 化简得 :0ad,*Nd,0a, 4 分故nb的前三项为 :ddd4,2, 即:2q, 又qd,1d 6 分故1nan, 12nnb 7 分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 13 页 - - - - - - - - - (2).当1n时,01c, 当2n时,11nnnnaacb,故2,211, 01nncnn. 9 分即:121nnnnac. 故13221232221nnn

23、T. nnnT2123222121432.由 - 得 : nnnnT212121212121132nnn21211)211(211nn211 13 分故:nT1212nn. 14 分20. 如图（ 1）所示的等腰梯形/ABCD中，由平面几何方法，过BA，两点分别作/CD的垂线，结合已知条件经计算易得：4/CD. 故/AED,BEC及AEB均为正三角形，且三点/BFD在一条直线上. 易得AEBD/且ECBF /. 2 分(1).解法一 :在图（ 2）中，连接BFBD，G,H分别为BC,CD的中点 , 故BDGH /，又ECBF /，故面/FBD面EGH，又FBDDF面，故/DF平面EGH. 6

24、分解 法 二 : 连 接CF交EG于M, 连HM, 易 得M为CF的 中 点 , 故HM为CDF的 中 位 线,DFHM/, 故/DF平面EGH. 6 分(2) 以F为坐标原点，FB，FA所在射线分别为yx,轴建立如图所示空间直角坐标系. 显然BFD为二面角BAED的平面角，设BFD，则有：)sin3,cos3,0(D，)0,3,2(C，)0,0, 1 (A，)0,0, 1(E. 8 分H为CD的中点，故)sin23,cos2323,1(H，EH)sin23,cos2323,0(，)sin3,cos3, 1(AD，EH22sin23cos23cos23AD23cos23， 11 分(第 20

25、题) 图(1) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 13 页 - - - - - - - - - 异面直线EH与AD所成角为3，故|3cosEHADEHAD=1cos462|) 1(cos23=1cos46 13 分解得 :31cos 14 分21.解： （1）由题可知，ba2且522ba，解得：1,2 ba， 3 分故椭圆的方程为：1422yx 5 分（2）设直线l的方程为mkxy，),(11yxA，),(22yxB由1422yxmkxy可得0)1(48)

26、41 (222mkmxxk，由韦达定理有：222122141)1(4418kmxxkkmxx且0)41 (1622mk 7 分21,kkk构成等比数列，212kkk=2121)(xxmkxmkx，即：0)(221mxxkm由韦达定理代入化简得：412k.0k，21k. 9 分此时0)2(162m，即)2,2(m. 故dABS|2122121|121kmxxk|4)(2121221mxxxx|22mm 11 分又21SS)(422222121yxyx)24343(42221xx22)(16321221xxxx45为定值 . 13 分SSS2145|212mm45当且仅当1m)2,2(时等号成立

27、. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 13 页 - - - - - - - - - 综上：SSS21),45 15 分22.解： （1）当0a时：xexxxf)1ln()(， （0 x）故xexxxxf)1ln1(ln)(xexx)1(ln 2 分当1x时：0)(xf，当1x时：0)(xf，当1x时：0)(xf. 故)(xf的减区间为：)1 ,0(，增区间为), 1( 4 分（2）xeaaxxxxxf)ln(ln)(2令)(xg2lnlnaaxxxx，故a

28、xxxg1ln1)(,xxxg11)(2 ,6 分显然0)1 ( g，又当1x时：0)( xg.当1x时：0)( xg. 故min)(xgag2)1(，2a，02)()(minaxgxg. 故)(xg在区间),1(e上单调递增， 7 分注意到：当x时，)(xg，故)(xg在),1(e上的零点个数由)11)(1()1(eaaeg的符号决定 . 8 分当0)1(eg，即：ea112或1a时：)(xg在区间),1(e上无零点，即)(xf无极值点 . 当0)1(eg，即：111ae时：)(xg在区间),1(e上有唯一零点，即)(xf有唯一极值点 . 综上：当ea112或1a时：)(xf在),1(e上无

29、极值点 . 当111ae时：)(xf在),1(e上有唯一极值点. 10 分（3）假设存在a，使得)(xf在区间),1(e上与x轴相切，则)(xf必与x轴相切于极值点处，由（2）可知：111ae.不妨设极值点为0 x，则有：0) 1ln()(0)ln(ln)(0020000200000 xxeaaaxxxxfeaaxxxxxf(*) 同时成立 . 11 分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 13 页 - - - - - - - - - 联立得：01ln0ax，

30、即)1(0aex代入（ * ）可得0)1(2)1(aaea. 令)1,2(),1(etat，2)1()(ttetht. 12 分则32)(tetht，2)( teth，当)1,2(et时02)1()(1 eeehth（ee121e2）. 故)(th在)1,2(et上单调递减 . 又01)2(2eh，032)1(1eeehe.故)(th在)1,2(et上存在唯一零点0t. 即当),2(0tt时0)(th，)(th单调递增 . 当)1,(0ett时0)(th，)(th单调递减 . 因为01)2(2eh，0131)1(21eeeehe. 故)(th在),2(0tt上无零点，在)1,(0ett上有唯一零点 . 14 分由观察易得0)0(h，故01a，即：1a. 综上可得：存在唯一的1a使得)(xf在区间),1(e上与x轴相切 . 15 分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 13 页 - - - - - - - - -