浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷及答案
浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．23．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A
浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．23．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A
简介：浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】Venn图表达集合的关系及运算【解析】【解答】解：因为，，所以阴影部分表示的集合为.故答案为：B.【分析】利用韦恩图结合集合的基本运算求解.2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．2【答案】D【知识点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由已知，所以，．故答案为：D．【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．3．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】简单线性规划【解析】【解答】由，解得，若，则没有满足不等式组的解，所以，作出不等式组，所表示的可行域（图中阴影部分所示）.平移直线，由图可见，当动直线过点时，直线在轴上的截距取最大值，由，解得，将点坐标代入直线，得，解得.故答案为：B.【分析】画出不等式组表示的可行域，数形结合，根据目标函数的几何意义，即可求得其最大值.4．“”是“”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】充分条件；诱导公式【解析】【解答】若，则，则若，则，故是充分条件；若，取，则，故不是必要条件.故“”是“”的充分而不必要条件.故答案为：A.【分析】根据三角函数运算依次判断充分性和必要性得到答案.5．设随机变量，满足：，，若，则（ ）A．3B．C．4D．【答案】C 【知识点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】由于随机变量满足：，，，解得：，即，又随机变量，满足：，，故答案为：C.【分析】由，，求出值，利用二项分布的方差公式求出，再利用方差的线性性质，即可得到答案．6．函数的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】函数的单调性及单调区间；函数奇偶性的判断【解析】【解答】，定义域为R，由，可知函数为偶函数，排除A；，令，则恒成立故为R上单调递减函数，又可知当时，，即，函数为递增函数，当时，，即，函数为递减函数，BC判断错误；D判断正确.故答案为：D【分析】由函数奇偶性排除选项A；由函数单调性排除选项BC即可解决.7．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48B．54C．60D．72【答案】C【知识点】计数原理的应用【解析】【解答】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故答案为：C.【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.8．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）A．B．直线与平面所成角最大值为C．面积的最小值是D．当时，平面平面【答案】C【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角 【解析】【解答】解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，A符合题意；对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，B符合题意；如图，连接交于，面，，故，在中，当时，取最小值，，，所以，此时，，C不符合题意；当时，在中，，，，得，则，又，，面，面，由正方体知，，即面，面面，D符合题意．故答案为：C．【分析】依据正方体的几何性质，通过证明AC⊥平面来证明；过点作交于点，连接，推出即为与平面所成的角，计算即可；将的面积表示出来，等价求PE长度的最值，从而在中求最值即可；通过证明面，面，来证明平面平面.9．已知点F为双曲线(，)的左焦点，过原点O的直线与双曲线交于A、B两点(点B在双曲线左支上)，连接BF并延长交双曲线于点C，且，AF⊥BC，则该双曲线的离心率为( )A．B．C．D．【答案】B【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理【解析】【解答】如图，为双曲线右焦点，则根据对称性知为矩形﹒设，则，，，，在△中，由余弦定理得，，即，即①，在Rt△中，，即②，联立①②解得，，代入②，，解得.故答案为：B.【分析】设双曲线右焦点为，设，为矩形，根据双曲线定义表示出、，在△中根据余弦定理列出一个方程，在Rt△中，根据勾股定理列出另外一个方程，两个方程联立可求m，由此即可求出离心率.10．已知正项数列满足，，则（ ） A．对于任意正数，数列是单调B．当时，数列的最大项是C．当时，对恒成立D．当时，对恒成立【答案】D【知识点】数列递推式【解析】【解答】取，则，得，A不符合题意.取，则，B不符合题意.当时，，与矛盾，C错.由得，时，，，以此类推可知，即，所以可知，故故，即，D对.故答案为：D【分析】对于选项A，B，C，可取特殊值排除.选项D，根据递推关系及，即可求解.二、填空题11．已知实数，，满足，则直线恒过定点 ，该直线被圆所截得弦长的取值范围为 .【答案】（-1，2）；【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系【解析】【解答】，过定点（-1，2）；设直线被圆所截的弦为，定点在圆内，，即故答案为：.【分析】根据题中等式，化简直线方程即可得出结果；运用几何法计算圆的弦长最值即可.12．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为，总结规律并以此类推下去，第个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列，记为数列，则 ．【答案】92；336【知识点】等差数列的前n项和；数列递推式；数学归纳法【解析】【解答】记第个图形的点数为，由题意知，，，，…，，累加得，即，所以．又，所以．【分析】记第个图形的点数为，由图形，归纳推理可得，再根据累加得可得，进而求出．由于可得，根据等差数列的前n项和即可求出的结果.13．已知，则= ，= ．【答案】-240；0【知识点】二项式定理；二项式定理的应用【解析】【解答】由题设，，则 ，即；对等式两边求导得：，∴当时，.故答案为：-240；0【分析】由，写出展开式中含x的项，即可确定系数；将题设等式两边求导，再令即可求值.14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ，表面积为 ．【答案】12；36【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示：其中底面ABCD是边长为3正方形，EA⊥底面ABCD，EA=4．∴棱锥的体积V=．棱锥的四个侧面均为直角三角形，EB=ED=5，∴棱锥的表面积S=32++=36．故答案为12；36．【分析】根据三视图作出棱锥的直观图，根据三视图数据计算体积和表面积．15．在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为 ．【答案】12【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】∵在△中，角所对的边分别是，，∴，∴，∴，即，，∴，因为，∴，即，又，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为为12.故答案为：12.【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.16．若不等式恒成立，则a的取值范围是 .【答案】(-∞，2-2ln2]【知识点】函数恒成立问题；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【解答】当时，，此时恒成立，故时，恒成立，即或即或设，则.当时，，单减；当时，，单增.故，故.设，则，所以在单增，不存在最大值.综上可知，a的取值范围是(-∞，2-2ln2]故答案为：(-∞，2-2ln2]【分析】分析将参变分离可得当时，或成立，构造函数，利用导数研究函数的最值，即可求解. 17．已知单位向量满足，，则对任意，的最小值为 .【答案】【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；三角函数的最值【解析】【解答】由题意，不妨设单位向量，，，，其中，，，，，．，，所以时，，又因为，，所以。故答案为：。【分析】由题意，不妨设单位向量，，，，再利用数量积的坐标表示结合余弦函数的图象求值域的方法得出的值和的取值范围，再利用，结合二倍角的余弦公式得出的值，再利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再利用数量积求向量的模的公式结合二次函数求最值的方法，从而得出，再利用正弦函数的图象求值域的方法得出的取值范围，进而得出的取值范围，从而得出，进而得出的最小值。三、解答题18．已知函数满足．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设，且，求sin2α．【答案】解：（Ⅰ）∵函数，∴，∵，∴，∴，又故；（Ⅱ）由题意，∴，∵，∴，∴，故.【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得a的值；（Ⅱ）由题意利用三角恒等变换求得，再利用同角三角函数的平方关系求出的值，再利用两角差的正弦公式即可得解.19．如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.（1）求证：；（2）在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明：在矩形中，连接交于点，由题知，，，所以，即，又，所以，所以，即，故在翻折后的四棱锥中，有，又，所以平面，又平面，所以（2）解：如图所示，以点为原点，方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，在矩形中，经计算可得，因此，过点作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又由(1)知，且，所以平面，所以，即有，因为点在上，设，则，由解得，即，又平面的一个法向量为，且，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)在矩形中，连接交于点，则由可推出，因此有，故在翻折后的四棱锥中，有，据此推出平面，从而有；(2)以点为原点，建立空间直角坐标系，过点作于点，由平面平面可推出平面，即有，结合，可知平面，即，设，再结合可求出，最后再利用空间向量法求线面角的正弦值即可.20．已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）等差数列满足，对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（3）若数列，对于任意的正整数n，均有 成立，求证：数列是等差数列．【答案】（1）解：因，即，则当时，，即，而当，则，即，于是有数列是以为公比，2为首项的等比数列，因此，，所以数列的通项公式是：，（2）解：数列为等差数列且，则公差，，对于任意的，恒成立，即，亦即恒成立，令，则，当，2时，，当时，，于是得，，则，所以实数k的取值范围是（3）证明：对于任意的正整数n，，当时，，而，则，当时，，上式两边同时乘以得：，因此，，即，从而有，而也满足上式，则，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列【知识点】等差数列；等差数列的性质；数列递推式【解析】【分析】(1)根据递推公式及，可得数列是等比数列，计算即可得的通项公式.(2)求出等差数列的通项公式，再结合(1)参数分离出得，构造数列并求其最大值即可得解.(3)已知的递推公式在当时两边同乘，再与运用已知递推公式作差即可得数列的通项公式推理作答.21．已知、分别为椭圆的右焦点和左顶点，，分别在椭圆上运动，点，分别在直线，上.（1）若，求的值；（2）记，若直线过点，求证：.【答案】（1）解：因为，所以，所以，设，而，则，解得，，将其代入，解得（2）证明：设，若，则为椭圆的右顶点，由直线过点知，为椭圆的左顶点，不符合题意，所以，同理，直线的方程为，联立椭圆得，消去，整理得，成立，由，解得， 所以，所以，当时，，，即直线轴，由椭圆的对称性可得，又因为，所以，当时，，直线的斜率，同理，因为过点，所以，所以，在和中，，，所以，因为，均为锐角，所以，综上所述，若直线过点，则【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由可得出，转化为，转化为坐标关系即可求出；（2）根据直线与椭圆的位置关系联立方程建立相关系数关系，具体见解析.22．已知函数的图象与轴相切于原点．（1）求，的值；（2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围．【答案】（1）解：，依题意，即解得（2）解：由（1）得，记，，所以，①当时，（ⅰ）当时，，所以为增函数，又因为，，所以存在唯一实数，使得．（ⅱ）当时，，则．由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．因为，所以存在唯一实数，使得，所以当时，，即单调递减；，，即，单调递增．因为，所以存在唯一实数：，使得，即在上有唯一零点，符合题意．②当时，，记．， 所以，所以为增函数，，所以为增函数，，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去．综上，a的取值范围为．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理【解析】【分析】（1）由题意得从而可求出，值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可.
简介：浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】Venn图表达集合的关系及运算【解析】【解答】解：因为，，所以阴影部分表示的集合为.故答案为：B.【分析】利用韦恩图结合集合的基本运算求解.2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．2【答案】D【知识点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由已知，所以，．故答案为：D．【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．3．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】简单线性规划【解析】【解答】由，解得，若，则没有满足不等式组的解，所以，作出不等式组，所表示的可行域（图中阴影部分所示）.平移直线，由图可见，当动直线过点时，直线在轴上的截距取最大值，由，解得，将点坐标代入直线，得，解得.故答案为：B.【分析】画出不等式组表示的可行域，数形结合，根据目标函数的几何意义，即可求得其最大值.4．“”是“”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】充分条件；诱导公式【解析】【解答】若，则，则若，则，故是充分条件；若，取，则，故不是必要条件.故“”是“”的充分而不必要条件.故答案为：A.【分析】根据三角函数运算依次判断充分性和必要性得到答案.5．设随机变量，满足：，，若，则（ ）A．3B．C．4D．【答案】C 【知识点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】由于随机变量满足：，，，解得：，即，又随机变量，满足：，，故答案为：C.【分析】由，，求出值，利用二项分布的方差公式求出，再利用方差的线性性质，即可得到答案．6．函数的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】函数的单调性及单调区间；函数奇偶性的判断【解析】【解答】，定义域为R，由，可知函数为偶函数，排除A；，令，则恒成立故为R上单调递减函数，又可知当时，，即，函数为递增函数，当时，，即，函数为递减函数，BC判断错误；D判断正确.故答案为：D【分析】由函数奇偶性排除选项A；由函数单调性排除选项BC即可解决.7．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48B．54C．60D．72【答案】C【知识点】计数原理的应用【解析】【解答】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故答案为：C.【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.8．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）A．B．直线与平面所成角最大值为C．面积的最小值是D．当时，平面平面【答案】C【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角 【解析】【解答】解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，A符合题意；对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，B符合题意；如图，连接交于，面，，故，在中，当时，取最小值，，，所以，此时，，C不符合题意；当时，在中，，，，得，则，又，，面，面，由正方体知，，即面，面面，D符合题意．故答案为：C．【分析】依据正方体的几何性质，通过证明AC⊥平面来证明；过点作交于点，连接，推出即为与平面所成的角，计算即可；将的面积表示出来，等价求PE长度的最值，从而在中求最值即可；通过证明面，面，来证明平面平面.9．已知点F为双曲线(，)的左焦点，过原点O的直线与双曲线交于A、B两点(点B在双曲线左支上)，连接BF并延长交双曲线于点C，且，AF⊥BC，则该双曲线的离心率为( )A．B．C．D．【答案】B【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理【解析】【解答】如图，为双曲线右焦点，则根据对称性知为矩形﹒设，则，，，，在△中，由余弦定理得，，即，即①，在Rt△中，，即②，联立①②解得，，代入②，，解得.故答案为：B.【分析】设双曲线右焦点为，设，为矩形，根据双曲线定义表示出、，在△中根据余弦定理列出一个方程，在Rt△中，根据勾股定理列出另外一个方程，两个方程联立可求m，由此即可求出离心率.10．已知正项数列满足，，则（ ） A．对于任意正数，数列是单调B．当时，数列的最大项是C．当时，对恒成立D．当时，对恒成立【答案】D【知识点】数列递推式【解析】【解答】取，则，得，A不符合题意.取，则，B不符合题意.当时，，与矛盾，C错.由得，时，，，以此类推可知，即，所以可知，故故，即，D对.故答案为：D【分析】对于选项A，B，C，可取特殊值排除.选项D，根据递推关系及，即可求解.二、填空题11．已知实数，，满足，则直线恒过定点 ，该直线被圆所截得弦长的取值范围为 .【答案】（-1，2）；【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系【解析】【解答】，过定点（-1，2）；设直线被圆所截的弦为，定点在圆内，，即故答案为：.【分析】根据题中等式，化简直线方程即可得出结果；运用几何法计算圆的弦长最值即可.12．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为，总结规律并以此类推下去，第个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列，记为数列，则 ．【答案】92；336【知识点】等差数列的前n项和；数列递推式；数学归纳法【解析】【解答】记第个图形的点数为，由题意知，，，，…，，累加得，即，所以．又，所以．【分析】记第个图形的点数为，由图形，归纳推理可得，再根据累加得可得，进而求出．由于可得，根据等差数列的前n项和即可求出的结果.13．已知，则= ，= ．【答案】-240；0【知识点】二项式定理；二项式定理的应用【解析】【解答】由题设，，则 ，即；对等式两边求导得：，∴当时，.故答案为：-240；0【分析】由，写出展开式中含x的项，即可确定系数；将题设等式两边求导，再令即可求值.14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ，表面积为 ．【答案】12；36【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示：其中底面ABCD是边长为3正方形，EA⊥底面ABCD，EA=4．∴棱锥的体积V=．棱锥的四个侧面均为直角三角形，EB=ED=5，∴棱锥的表面积S=32++=36．故答案为12；36．【分析】根据三视图作出棱锥的直观图，根据三视图数据计算体积和表面积．15．在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为 ．【答案】12【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】∵在△中，角所对的边分别是，，∴，∴，∴，即，，∴，因为，∴，即，又，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为为12.故答案为：12.【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.16．若不等式恒成立，则a的取值范围是 .【答案】(-∞，2-2ln2]【知识点】函数恒成立问题；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【解答】当时，，此时恒成立，故时，恒成立，即或即或设，则.当时，，单减；当时，，单增.故，故.设，则，所以在单增，不存在最大值.综上可知，a的取值范围是(-∞，2-2ln2]故答案为：(-∞，2-2ln2]【分析】分析将参变分离可得当时，或成立，构造函数，利用导数研究函数的最值，即可求解. 17．已知单位向量满足，，则对任意，的最小值为 .【答案】【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；三角函数的最值【解析】【解答】由题意，不妨设单位向量，，，，其中，，，，，．，，所以时，，又因为，，所以。故答案为：。【分析】由题意，不妨设单位向量，，，，再利用数量积的坐标表示结合余弦函数的图象求值域的方法得出的值和的取值范围，再利用，结合二倍角的余弦公式得出的值，再利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再利用数量积求向量的模的公式结合二次函数求最值的方法，从而得出，再利用正弦函数的图象求值域的方法得出的取值范围，进而得出的取值范围，从而得出，进而得出的最小值。三、解答题18．已知函数满足．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设，且，求sin2α．【答案】解：（Ⅰ）∵函数，∴，∵，∴，∴，又故；（Ⅱ）由题意，∴，∵，∴，∴，故.【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得a的值；（Ⅱ）由题意利用三角恒等变换求得，再利用同角三角函数的平方关系求出的值，再利用两角差的正弦公式即可得解.19．如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.（1）求证：；（2）在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明：在矩形中，连接交于点，由题知，，，所以，即，又，所以，所以，即，故在翻折后的四棱锥中，有，又，所以平面，又平面，所以（2）解：如图所示，以点为原点，方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，在矩形中，经计算可得，因此，过点作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又由(1)知，且，所以平面，所以，即有，因为点在上，设，则，由解得，即，又平面的一个法向量为，且，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)在矩形中，连接交于点，则由可推出，因此有，故在翻折后的四棱锥中，有，据此推出平面，从而有；(2)以点为原点，建立空间直角坐标系，过点作于点，由平面平面可推出平面，即有，结合，可知平面，即，设，再结合可求出，最后再利用空间向量法求线面角的正弦值即可.20．已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）等差数列满足，对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（3）若数列，对于任意的正整数n，均有 成立，求证：数列是等差数列．【答案】（1）解：因，即，则当时，，即，而当，则，即，于是有数列是以为公比，2为首项的等比数列，因此，，所以数列的通项公式是：，（2）解：数列为等差数列且，则公差，，对于任意的，恒成立，即，亦即恒成立，令，则，当，2时，，当时，，于是得，，则，所以实数k的取值范围是（3）证明：对于任意的正整数n，，当时，，而，则，当时，，上式两边同时乘以得：，因此，，即，从而有，而也满足上式，则，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列【知识点】等差数列；等差数列的性质；数列递推式【解析】【分析】(1)根据递推公式及，可得数列是等比数列，计算即可得的通项公式.(2)求出等差数列的通项公式，再结合(1)参数分离出得，构造数列并求其最大值即可得解.(3)已知的递推公式在当时两边同乘，再与运用已知递推公式作差即可得数列的通项公式推理作答.21．已知、分别为椭圆的右焦点和左顶点，，分别在椭圆上运动，点，分别在直线，上.（1）若，求的值；（2）记，若直线过点，求证：.【答案】（1）解：因为，所以，所以，设，而，则，解得，，将其代入，解得（2）证明：设，若，则为椭圆的右顶点，由直线过点知，为椭圆的左顶点，不符合题意，所以，同理，直线的方程为，联立椭圆得，消去，整理得，成立，由，解得， 所以，所以，当时，，，即直线轴，由椭圆的对称性可得，又因为，所以，当时，，直线的斜率，同理，因为过点，所以，所以，在和中，，，所以，因为，均为锐角，所以，综上所述，若直线过点，则【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由可得出，转化为，转化为坐标关系即可求出；（2）根据直线与椭圆的位置关系联立方程建立相关系数关系，具体见解析.22．已知函数的图象与轴相切于原点．（1）求，的值；（2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围．【答案】（1）解：，依题意，即解得（2）解：由（1）得，记，，所以，①当时，（ⅰ）当时，，所以为增函数，又因为，，所以存在唯一实数，使得．（ⅱ）当时，，则．由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．因为，所以存在唯一实数，使得，所以当时，，即单调递减；，，即，单调递增．因为，所以存在唯一实数：，使得，即在上有唯一零点，符合题意．②当时，，记．， 所以，所以为增函数，，所以为增函数，，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去．综上，a的取值范围为．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理【解析】【分析】（1）由题意得从而可求出，值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可.
简介：浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】Venn图表达集合的关系及运算【解析】【解答】解：因为，，所以阴影部分表示的集合为.故答案为：B.【分析】利用韦恩图结合集合的基本运算求解.2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．2【答案】D【知识点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由已知，所以，．故答案为：D．【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．3．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】简单线性规划【解析】【解答】由，解得，若，则没有满足不等式组的解，所以，作出不等式组，所表示的可行域（图中阴影部分所示）.平移直线，由图可见，当动直线过点时，直线在轴上的截距取最大值，由，解得，将点坐标代入直线，得，解得.故答案为：B.【分析】画出不等式组表示的可行域，数形结合，根据目标函数的几何意义，即可求得其最大值.4．“”是“”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】充分条件；诱导公式【解析】【解答】若，则，则若，则，故是充分条件；若，取，则，故不是必要条件.故“”是“”的充分而不必要条件.故答案为：A.【分析】根据三角函数运算依次判断充分性和必要性得到答案.5．设随机变量，满足：，，若，则（ ）A．3B．C．4D．【答案】C 【知识点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】由于随机变量满足：，，，解得：，即，又随机变量，满足：，，故答案为：C.【分析】由，，求出值，利用二项分布的方差公式求出，再利用方差的线性性质，即可得到答案．6．函数的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】函数的单调性及单调区间；函数奇偶性的判断【解析】【解答】，定义域为R，由，可知函数为偶函数，排除A；，令，则恒成立故为R上单调递减函数，又可知当时，，即，函数为递增函数，当时，，即，函数为递减函数，BC判断错误；D判断正确.故答案为：D【分析】由函数奇偶性排除选项A；由函数单调性排除选项BC即可解决.7．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48B．54C．60D．72【答案】C【知识点】计数原理的应用【解析】【解答】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故答案为：C.【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.8．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）A．B．直线与平面所成角最大值为C．面积的最小值是D．当时，平面平面【答案】C【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角 【解析】【解答】解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，A符合题意；对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，B符合题意；如图，连接交于，面，，故，在中，当时，取最小值，，，所以，此时，，C不符合题意；当时，在中，，，，得，则，又，，面，面，由正方体知，，即面，面面，D符合题意．故答案为：C．【分析】依据正方体的几何性质，通过证明AC⊥平面来证明；过点作交于点，连接，推出即为与平面所成的角，计算即可；将的面积表示出来，等价求PE长度的最值，从而在中求最值即可；通过证明面，面，来证明平面平面.9．已知点F为双曲线(，)的左焦点，过原点O的直线与双曲线交于A、B两点(点B在双曲线左支上)，连接BF并延长交双曲线于点C，且，AF⊥BC，则该双曲线的离心率为( )A．B．C．D．【答案】B【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理【解析】【解答】如图，为双曲线右焦点，则根据对称性知为矩形﹒设，则，，，，在△中，由余弦定理得，，即，即①，在Rt△中，，即②，联立①②解得，，代入②，，解得.故答案为：B.【分析】设双曲线右焦点为，设，为矩形，根据双曲线定义表示出、，在△中根据余弦定理列出一个方程，在Rt△中，根据勾股定理列出另外一个方程，两个方程联立可求m，由此即可求出离心率.10．已知正项数列满足，，则（ ） A．对于任意正数，数列是单调B．当时，数列的最大项是C．当时，对恒成立D．当时，对恒成立【答案】D【知识点】数列递推式【解析】【解答】取，则，得，A不符合题意.取，则，B不符合题意.当时，，与矛盾，C错.由得，时，，，以此类推可知，即，所以可知，故故，即，D对.故答案为：D【分析】对于选项A，B，C，可取特殊值排除.选项D，根据递推关系及，即可求解.二、填空题11．已知实数，，满足，则直线恒过定点 ，该直线被圆所截得弦长的取值范围为 .【答案】（-1，2）；【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系【解析】【解答】，过定点（-1，2）；设直线被圆所截的弦为，定点在圆内，，即故答案为：.【分析】根据题中等式，化简直线方程即可得出结果；运用几何法计算圆的弦长最值即可.12．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为，总结规律并以此类推下去，第个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列，记为数列，则 ．【答案】92；336【知识点】等差数列的前n项和；数列递推式；数学归纳法【解析】【解答】记第个图形的点数为，由题意知，，，，…，，累加得，即，所以．又，所以．【分析】记第个图形的点数为，由图形，归纳推理可得，再根据累加得可得，进而求出．由于可得，根据等差数列的前n项和即可求出的结果.13．已知，则= ，= ．【答案】-240；0【知识点】二项式定理；二项式定理的应用【解析】【解答】由题设，，则 ，即；对等式两边求导得：，∴当时，.故答案为：-240；0【分析】由，写出展开式中含x的项，即可确定系数；将题设等式两边求导，再令即可求值.14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ，表面积为 ．【答案】12；36【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示：其中底面ABCD是边长为3正方形，EA⊥底面ABCD，EA=4．∴棱锥的体积V=．棱锥的四个侧面均为直角三角形，EB=ED=5，∴棱锥的表面积S=32++=36．故答案为12；36．【分析】根据三视图作出棱锥的直观图，根据三视图数据计算体积和表面积．15．在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为 ．【答案】12【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】∵在△中，角所对的边分别是，，∴，∴，∴，即，，∴，因为，∴，即，又，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为为12.故答案为：12.【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.16．若不等式恒成立，则a的取值范围是 .【答案】(-∞，2-2ln2]【知识点】函数恒成立问题；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【解答】当时，，此时恒成立，故时，恒成立，即或即或设，则.当时，，单减；当时，，单增.故，故.设，则，所以在单增，不存在最大值.综上可知，a的取值范围是(-∞，2-2ln2]故答案为：(-∞，2-2ln2]【分析】分析将参变分离可得当时，或成立，构造函数，利用导数研究函数的最值，即可求解. 17．已知单位向量满足，，则对任意，的最小值为 .【答案】【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；三角函数的最值【解析】【解答】由题意，不妨设单位向量，，，，其中，，，，，．，，所以时，，又因为，，所以。故答案为：。【分析】由题意，不妨设单位向量，，，，再利用数量积的坐标表示结合余弦函数的图象求值域的方法得出的值和的取值范围，再利用，结合二倍角的余弦公式得出的值，再利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再利用数量积求向量的模的公式结合二次函数求最值的方法，从而得出，再利用正弦函数的图象求值域的方法得出的取值范围，进而得出的取值范围，从而得出，进而得出的最小值。三、解答题18．已知函数满足．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设，且，求sin2α．【答案】解：（Ⅰ）∵函数，∴，∵，∴，∴，又故；（Ⅱ）由题意，∴，∵，∴，∴，故.【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得a的值；（Ⅱ）由题意利用三角恒等变换求得，再利用同角三角函数的平方关系求出的值，再利用两角差的正弦公式即可得解.19．如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.（1）求证：；（2）在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明：在矩形中，连接交于点，由题知，，，所以，即，又，所以，所以，即，故在翻折后的四棱锥中，有，又，所以平面，又平面，所以（2）解：如图所示，以点为原点，方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，在矩形中，经计算可得，因此，过点作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又由(1)知，且，所以平面，所以，即有，因为点在上，设，则，由解得，即，又平面的一个法向量为，且，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)在矩形中，连接交于点，则由可推出，因此有，故在翻折后的四棱锥中，有，据此推出平面，从而有；(2)以点为原点，建立空间直角坐标系，过点作于点，由平面平面可推出平面，即有，结合，可知平面，即，设，再结合可求出，最后再利用空间向量法求线面角的正弦值即可.20．已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）等差数列满足，对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（3）若数列，对于任意的正整数n，均有 成立，求证：数列是等差数列．【答案】（1）解：因，即，则当时，，即，而当，则，即，于是有数列是以为公比，2为首项的等比数列，因此，，所以数列的通项公式是：，（2）解：数列为等差数列且，则公差，，对于任意的，恒成立，即，亦即恒成立，令，则，当，2时，，当时，，于是得，，则，所以实数k的取值范围是（3）证明：对于任意的正整数n，，当时，，而，则，当时，，上式两边同时乘以得：，因此，，即，从而有，而也满足上式，则，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列【知识点】等差数列；等差数列的性质；数列递推式【解析】【分析】(1)根据递推公式及，可得数列是等比数列，计算即可得的通项公式.(2)求出等差数列的通项公式，再结合(1)参数分离出得，构造数列并求其最大值即可得解.(3)已知的递推公式在当时两边同乘，再与运用已知递推公式作差即可得数列的通项公式推理作答.21．已知、分别为椭圆的右焦点和左顶点，，分别在椭圆上运动，点，分别在直线，上.（1）若，求的值；（2）记，若直线过点，求证：.【答案】（1）解：因为，所以，所以，设，而，则，解得，，将其代入，解得（2）证明：设，若，则为椭圆的右顶点，由直线过点知，为椭圆的左顶点，不符合题意，所以，同理，直线的方程为，联立椭圆得，消去，整理得，成立，由，解得， 所以，所以，当时，，，即直线轴，由椭圆的对称性可得，又因为，所以，当时，，直线的斜率，同理，因为过点，所以，所以，在和中，，，所以，因为，均为锐角，所以，综上所述，若直线过点，则【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由可得出，转化为，转化为坐标关系即可求出；（2）根据直线与椭圆的位置关系联立方程建立相关系数关系，具体见解析.22．已知函数的图象与轴相切于原点．（1）求，的值；（2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围．【答案】（1）解：，依题意，即解得（2）解：由（1）得，记，，所以，①当时，（ⅰ）当时，，所以为增函数，又因为，，所以存在唯一实数，使得．（ⅱ）当时，，则．由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．因为，所以存在唯一实数，使得，所以当时，，即单调递减；，，即，单调递增．因为，所以存在唯一实数：，使得，即在上有唯一零点，符合题意．②当时，，记．， 所以，所以为增函数，，所以为增函数，，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去．综上，a的取值范围为．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理【解析】【分析】（1）由题意得从而可求出，值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可.
简介：浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】Venn图表达集合的关系及运算【解析】【解答】解：因为，，所以阴影部分表示的集合为.故答案为：B.【分析】利用韦恩图结合集合的基本运算求解.2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．2【答案】D【知识点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由已知，所以，．故答案为：D．【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．3．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】简单线性规划【解析】【解答】由，解得，若，则没有满足不等式组的解，所以，作出不等式组，所表示的可行域（图中阴影部分所示）.平移直线，由图可见，当动直线过点时，直线在轴上的截距取最大值，由，解得，将点坐标代入直线，得，解得.故答案为：B.【分析】画出不等式组表示的可行域，数形结合，根据目标函数的几何意义，即可求得其最大值.4．“”是“”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】充分条件；诱导公式【解析】【解答】若，则，则若，则，故是充分条件；若，取，则，故不是必要条件.故“”是“”的充分而不必要条件.故答案为：A.【分析】根据三角函数运算依次判断充分性和必要性得到答案.5．设随机变量，满足：，，若，则（ ）A．3B．C．4D．【答案】C 【知识点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】由于随机变量满足：，，，解得：，即，又随机变量，满足：，，故答案为：C.【分析】由，，求出值，利用二项分布的方差公式求出，再利用方差的线性性质，即可得到答案．6．函数的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】函数的单调性及单调区间；函数奇偶性的判断【解析】【解答】，定义域为R，由，可知函数为偶函数，排除A；，令，则恒成立故为R上单调递减函数，又可知当时，，即，函数为递增函数，当时，，即，函数为递减函数，BC判断错误；D判断正确.故答案为：D【分析】由函数奇偶性排除选项A；由函数单调性排除选项BC即可解决.7．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48B．54C．60D．72【答案】C【知识点】计数原理的应用【解析】【解答】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故答案为：C.【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.8．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）A．B．直线与平面所成角最大值为C．面积的最小值是D．当时，平面平面【答案】C【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角 【解析】【解答】解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，A符合题意；对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，B符合题意；如图，连接交于，面，，故，在中，当时，取最小值，，，所以，此时，，C不符合题意；当时，在中，，，，得，则，又，，面，面，由正方体知，，即面，面面，D符合题意．故答案为：C．【分析】依据正方体的几何性质，通过证明AC⊥平面来证明；过点作交于点，连接，推出即为与平面所成的角，计算即可；将的面积表示出来，等价求PE长度的最值，从而在中求最值即可；通过证明面，面，来证明平面平面.9．已知点F为双曲线(，)的左焦点，过原点O的直线与双曲线交于A、B两点(点B在双曲线左支上)，连接BF并延长交双曲线于点C，且，AF⊥BC，则该双曲线的离心率为( )A．B．C．D．【答案】B【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理【解析】【解答】如图，为双曲线右焦点，则根据对称性知为矩形﹒设，则，，，，在△中，由余弦定理得，，即，即①，在Rt△中，，即②，联立①②解得，，代入②，，解得.故答案为：B.【分析】设双曲线右焦点为，设，为矩形，根据双曲线定义表示出、，在△中根据余弦定理列出一个方程，在Rt△中，根据勾股定理列出另外一个方程，两个方程联立可求m，由此即可求出离心率.10．已知正项数列满足，，则（ ） A．对于任意正数，数列是单调B．当时，数列的最大项是C．当时，对恒成立D．当时，对恒成立【答案】D【知识点】数列递推式【解析】【解答】取，则，得，A不符合题意.取，则，B不符合题意.当时，，与矛盾，C错.由得，时，，，以此类推可知，即，所以可知，故故，即，D对.故答案为：D【分析】对于选项A，B，C，可取特殊值排除.选项D，根据递推关系及，即可求解.二、填空题11．已知实数，，满足，则直线恒过定点 ，该直线被圆所截得弦长的取值范围为 .【答案】（-1，2）；【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系【解析】【解答】，过定点（-1，2）；设直线被圆所截的弦为，定点在圆内，，即故答案为：.【分析】根据题中等式，化简直线方程即可得出结果；运用几何法计算圆的弦长最值即可.12．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为，总结规律并以此类推下去，第个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列，记为数列，则 ．【答案】92；336【知识点】等差数列的前n项和；数列递推式；数学归纳法【解析】【解答】记第个图形的点数为，由题意知，，，，…，，累加得，即，所以．又，所以．【分析】记第个图形的点数为，由图形，归纳推理可得，再根据累加得可得，进而求出．由于可得，根据等差数列的前n项和即可求出的结果.13．已知，则= ，= ．【答案】-240；0【知识点】二项式定理；二项式定理的应用【解析】【解答】由题设，，则 ，即；对等式两边求导得：，∴当时，.故答案为：-240；0【分析】由，写出展开式中含x的项，即可确定系数；将题设等式两边求导，再令即可求值.14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ，表面积为 ．【答案】12；36【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示：其中底面ABCD是边长为3正方形，EA⊥底面ABCD，EA=4．∴棱锥的体积V=．棱锥的四个侧面均为直角三角形，EB=ED=5，∴棱锥的表面积S=32++=36．故答案为12；36．【分析】根据三视图作出棱锥的直观图，根据三视图数据计算体积和表面积．15．在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为 ．【答案】12【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】∵在△中，角所对的边分别是，，∴，∴，∴，即，，∴，因为，∴，即，又，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为为12.故答案为：12.【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.16．若不等式恒成立，则a的取值范围是 .【答案】(-∞，2-2ln2]【知识点】函数恒成立问题；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【解答】当时，，此时恒成立，故时，恒成立，即或即或设，则.当时，，单减；当时，，单增.故，故.设，则，所以在单增，不存在最大值.综上可知，a的取值范围是(-∞，2-2ln2]故答案为：(-∞，2-2ln2]【分析】分析将参变分离可得当时，或成立，构造函数，利用导数研究函数的最值，即可求解. 17．已知单位向量满足，，则对任意，的最小值为 .【答案】【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；三角函数的最值【解析】【解答】由题意，不妨设单位向量，，，，其中，，，，，．，，所以时，，又因为，，所以。故答案为：。【分析】由题意，不妨设单位向量，，，，再利用数量积的坐标表示结合余弦函数的图象求值域的方法得出的值和的取值范围，再利用，结合二倍角的余弦公式得出的值，再利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再利用数量积求向量的模的公式结合二次函数求最值的方法，从而得出，再利用正弦函数的图象求值域的方法得出的取值范围，进而得出的取值范围，从而得出，进而得出的最小值。三、解答题18．已知函数满足．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设，且，求sin2α．【答案】解：（Ⅰ）∵函数，∴，∵，∴，∴，又故；（Ⅱ）由题意，∴，∵，∴，∴，故.【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得a的值；（Ⅱ）由题意利用三角恒等变换求得，再利用同角三角函数的平方关系求出的值，再利用两角差的正弦公式即可得解.19．如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.（1）求证：；（2）在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明：在矩形中，连接交于点，由题知，，，所以，即，又，所以，所以，即，故在翻折后的四棱锥中，有，又，所以平面，又平面，所以（2）解：如图所示，以点为原点，方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，在矩形中，经计算可得，因此，过点作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又由(1)知，且，所以平面，所以，即有，因为点在上，设，则，由解得，即，又平面的一个法向量为，且，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)在矩形中，连接交于点，则由可推出，因此有，故在翻折后的四棱锥中，有，据此推出平面，从而有；(2)以点为原点，建立空间直角坐标系，过点作于点，由平面平面可推出平面，即有，结合，可知平面，即，设，再结合可求出，最后再利用空间向量法求线面角的正弦值即可.20．已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）等差数列满足，对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（3）若数列，对于任意的正整数n，均有 成立，求证：数列是等差数列．【答案】（1）解：因，即，则当时，，即，而当，则，即，于是有数列是以为公比，2为首项的等比数列，因此，，所以数列的通项公式是：，（2）解：数列为等差数列且，则公差，，对于任意的，恒成立，即，亦即恒成立，令，则，当，2时，，当时，，于是得，，则，所以实数k的取值范围是（3）证明：对于任意的正整数n，，当时，，而，则，当时，，上式两边同时乘以得：，因此，，即，从而有，而也满足上式，则，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列【知识点】等差数列；等差数列的性质；数列递推式【解析】【分析】(1)根据递推公式及，可得数列是等比数列，计算即可得的通项公式.(2)求出等差数列的通项公式，再结合(1)参数分离出得，构造数列并求其最大值即可得解.(3)已知的递推公式在当时两边同乘，再与运用已知递推公式作差即可得数列的通项公式推理作答.21．已知、分别为椭圆的右焦点和左顶点，，分别在椭圆上运动，点，分别在直线，上.（1）若，求的值；（2）记，若直线过点，求证：.【答案】（1）解：因为，所以，所以，设，而，则，解得，，将其代入，解得（2）证明：设，若，则为椭圆的右顶点，由直线过点知，为椭圆的左顶点，不符合题意，所以，同理，直线的方程为，联立椭圆得，消去，整理得，成立，由，解得， 所以，所以，当时，，，即直线轴，由椭圆的对称性可得，又因为，所以，当时，，直线的斜率，同理，因为过点，所以，所以，在和中，，，所以，因为，均为锐角，所以，综上所述，若直线过点，则【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由可得出，转化为，转化为坐标关系即可求出；（2）根据直线与椭圆的位置关系联立方程建立相关系数关系，具体见解析.22．已知函数的图象与轴相切于原点．（1）求，的值；（2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围．【答案】（1）解：，依题意，即解得（2）解：由（1）得，记，，所以，①当时，（ⅰ）当时，，所以为增函数，又因为，，所以存在唯一实数，使得．（ⅱ）当时，，则．由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．因为，所以存在唯一实数，使得，所以当时，，即单调递减；，，即，单调递增．因为，所以存在唯一实数：，使得，即在上有唯一零点，符合题意．②当时，，记．， 所以，所以为增函数，，所以为增函数，，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去．综上，a的取值范围为．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理【解析】【分析】（1）由题意得从而可求出，值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可.
简介：浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】Venn图表达集合的关系及运算【解析】【解答】解：因为，，所以阴影部分表示的集合为.故答案为：B.【分析】利用韦恩图结合集合的基本运算求解.2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．2【答案】D【知识点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由已知，所以，．故答案为：D．【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．3．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】简单线性规划【解析】【解答】由，解得，若，则没有满足不等式组的解，所以，作出不等式组，所表示的可行域（图中阴影部分所示）.平移直线，由图可见，当动直线过点时，直线在轴上的截距取最大值，由，解得，将点坐标代入直线，得，解得.故答案为：B.【分析】画出不等式组表示的可行域，数形结合，根据目标函数的几何意义，即可求得其最大值.4．“”是“”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】充分条件；诱导公式【解析】【解答】若，则，则若，则，故是充分条件；若，取，则，故不是必要条件.故“”是“”的充分而不必要条件.故答案为：A.【分析】根据三角函数运算依次判断充分性和必要性得到答案.5．设随机变量，满足：，，若，则（ ）A．3B．C．4D．【答案】C 【知识点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】由于随机变量满足：，，，解得：，即，又随机变量，满足：，，故答案为：C.【分析】由，，求出值，利用二项分布的方差公式求出，再利用方差的线性性质，即可得到答案．6．函数的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】函数的单调性及单调区间；函数奇偶性的判断【解析】【解答】，定义域为R，由，可知函数为偶函数，排除A；，令，则恒成立故为R上单调递减函数，又可知当时，，即，函数为递增函数，当时，，即，函数为递减函数，BC判断错误；D判断正确.故答案为：D【分析】由函数奇偶性排除选项A；由函数单调性排除选项BC即可解决.7．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48B．54C．60D．72【答案】C【知识点】计数原理的应用【解析】【解答】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故答案为：C.【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.8．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）A．B．直线与平面所成角最大值为C．面积的最小值是D．当时，平面平面【答案】C【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角 【解析】【解答】解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，A符合题意；对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，B符合题意；如图，连接交于，面，，故，在中，当时，取最小值，，，所以，此时，，C不符合题意；当时，在中，，，，得，则，又，，面，面，由正方体知，，即面，面面，D符合题意．故答案为：C．【分析】依据正方体的几何性质，通过证明AC⊥平面来证明；过点作交于点，连接，推出即为与平面所成的角，计算即可；将的面积表示出来，等价求PE长度的最值，从而在中求最值即可；通过证明面，面，来证明平面平面.9．已知点F为双曲线(，)的左焦点，过原点O的直线与双曲线交于A、B两点(点B在双曲线左支上)，连接BF并延长交双曲线于点C，且，AF⊥BC，则该双曲线的离心率为( )A．B．C．D．【答案】B【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理【解析】【解答】如图，为双曲线右焦点，则根据对称性知为矩形﹒设，则，，，，在△中，由余弦定理得，，即，即①，在Rt△中，，即②，联立①②解得，，代入②，，解得.故答案为：B.【分析】设双曲线右焦点为，设，为矩形，根据双曲线定义表示出、，在△中根据余弦定理列出一个方程，在Rt△中，根据勾股定理列出另外一个方程，两个方程联立可求m，由此即可求出离心率.10．已知正项数列满足，，则（ ） A．对于任意正数，数列是单调B．当时，数列的最大项是C．当时，对恒成立D．当时，对恒成立【答案】D【知识点】数列递推式【解析】【解答】取，则，得，A不符合题意.取，则，B不符合题意.当时，，与矛盾，C错.由得，时，，，以此类推可知，即，所以可知，故故，即，D对.故答案为：D【分析】对于选项A，B，C，可取特殊值排除.选项D，根据递推关系及，即可求解.二、填空题11．已知实数，，满足，则直线恒过定点 ，该直线被圆所截得弦长的取值范围为 .【答案】（-1，2）；【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系【解析】【解答】，过定点（-1，2）；设直线被圆所截的弦为，定点在圆内，，即故答案为：.【分析】根据题中等式，化简直线方程即可得出结果；运用几何法计算圆的弦长最值即可.12．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为，总结规律并以此类推下去，第个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列，记为数列，则 ．【答案】92；336【知识点】等差数列的前n项和；数列递推式；数学归纳法【解析】【解答】记第个图形的点数为，由题意知，，，，…，，累加得，即，所以．又，所以．【分析】记第个图形的点数为，由图形，归纳推理可得，再根据累加得可得，进而求出．由于可得，根据等差数列的前n项和即可求出的结果.13．已知，则= ，= ．【答案】-240；0【知识点】二项式定理；二项式定理的应用【解析】【解答】由题设，，则 ，即；对等式两边求导得：，∴当时，.故答案为：-240；0【分析】由，写出展开式中含x的项，即可确定系数；将题设等式两边求导，再令即可求值.14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ，表面积为 ．【答案】12；36【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示：其中底面ABCD是边长为3正方形，EA⊥底面ABCD，EA=4．∴棱锥的体积V=．棱锥的四个侧面均为直角三角形，EB=ED=5，∴棱锥的表面积S=32++=36．故答案为12；36．【分析】根据三视图作出棱锥的直观图，根据三视图数据计算体积和表面积．15．在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为 ．【答案】12【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】∵在△中，角所对的边分别是，，∴，∴，∴，即，，∴，因为，∴，即，又，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为为12.故答案为：12.【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.16．若不等式恒成立，则a的取值范围是 .【答案】(-∞，2-2ln2]【知识点】函数恒成立问题；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【解答】当时，，此时恒成立，故时，恒成立，即或即或设，则.当时，，单减；当时，，单增.故，故.设，则，所以在单增，不存在最大值.综上可知，a的取值范围是(-∞，2-2ln2]故答案为：(-∞，2-2ln2]【分析】分析将参变分离可得当时，或成立，构造函数，利用导数研究函数的最值，即可求解. 17．已知单位向量满足，，则对任意，的最小值为 .【答案】【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；三角函数的最值【解析】【解答】由题意，不妨设单位向量，，，，其中，，，，，．，，所以时，，又因为，，所以。故答案为：。【分析】由题意，不妨设单位向量，，，，再利用数量积的坐标表示结合余弦函数的图象求值域的方法得出的值和的取值范围，再利用，结合二倍角的余弦公式得出的值，再利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再利用数量积求向量的模的公式结合二次函数求最值的方法，从而得出，再利用正弦函数的图象求值域的方法得出的取值范围，进而得出的取值范围，从而得出，进而得出的最小值。三、解答题18．已知函数满足．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设，且，求sin2α．【答案】解：（Ⅰ）∵函数，∴，∵，∴，∴，又故；（Ⅱ）由题意，∴，∵，∴，∴，故.【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得a的值；（Ⅱ）由题意利用三角恒等变换求得，再利用同角三角函数的平方关系求出的值，再利用两角差的正弦公式即可得解.19．如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.（1）求证：；（2）在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明：在矩形中，连接交于点，由题知，，，所以，即，又，所以，所以，即，故在翻折后的四棱锥中，有，又，所以平面，又平面，所以（2）解：如图所示，以点为原点，方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，在矩形中，经计算可得，因此，过点作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又由(1)知，且，所以平面，所以，即有，因为点在上，设，则，由解得，即，又平面的一个法向量为，且，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)在矩形中，连接交于点，则由可推出，因此有，故在翻折后的四棱锥中，有，据此推出平面，从而有；(2)以点为原点，建立空间直角坐标系，过点作于点，由平面平面可推出平面，即有，结合，可知平面，即，设，再结合可求出，最后再利用空间向量法求线面角的正弦值即可.20．已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）等差数列满足，对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（3）若数列，对于任意的正整数n，均有 成立，求证：数列是等差数列．【答案】（1）解：因，即，则当时，，即，而当，则，即，于是有数列是以为公比，2为首项的等比数列，因此，，所以数列的通项公式是：，（2）解：数列为等差数列且，则公差，，对于任意的，恒成立，即，亦即恒成立，令，则，当，2时，，当时，，于是得，，则，所以实数k的取值范围是（3）证明：对于任意的正整数n，，当时，，而，则，当时，，上式两边同时乘以得：，因此，，即，从而有，而也满足上式，则，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列【知识点】等差数列；等差数列的性质；数列递推式【解析】【分析】(1)根据递推公式及，可得数列是等比数列，计算即可得的通项公式.(2)求出等差数列的通项公式，再结合(1)参数分离出得，构造数列并求其最大值即可得解.(3)已知的递推公式在当时两边同乘，再与运用已知递推公式作差即可得数列的通项公式推理作答.21．已知、分别为椭圆的右焦点和左顶点，，分别在椭圆上运动，点，分别在直线，上.（1）若，求的值；（2）记，若直线过点，求证：.【答案】（1）解：因为，所以，所以，设，而，则，解得，，将其代入，解得（2）证明：设，若，则为椭圆的右顶点，由直线过点知，为椭圆的左顶点，不符合题意，所以，同理，直线的方程为，联立椭圆得，消去，整理得，成立，由，解得， 所以，所以，当时，，，即直线轴，由椭圆的对称性可得，又因为，所以，当时，，直线的斜率，同理，因为过点，所以，所以，在和中，，，所以，因为，均为锐角，所以，综上所述，若直线过点，则【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由可得出，转化为，转化为坐标关系即可求出；（2）根据直线与椭圆的位置关系联立方程建立相关系数关系，具体见解析.22．已知函数的图象与轴相切于原点．（1）求，的值；（2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围．【答案】（1）解：，依题意，即解得（2）解：由（1）得，记，，所以，①当时，（ⅰ）当时，，所以为增函数，又因为，，所以存在唯一实数，使得．（ⅱ）当时，，则．由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．因为，所以存在唯一实数，使得，所以当时，，即单调递减；，，即，单调递增．因为，所以存在唯一实数：，使得，即在上有唯一零点，符合题意．②当时，，记．， 所以，所以为增函数，，所以为增函数，，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去．综上，a的取值范围为．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理【解析】【分析】（1）由题意得从而可求出，值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可.
简介：浙江省四校2022届高三下学期数学联考试卷一、单选题1．已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】Venn图表达集合的关系及运算【解析】【解答】解：因为，，所以阴影部分表示的集合为.故答案为：B.【分析】利用韦恩图结合集合的基本运算求解.2．已知复数，且，则（ ）A．B．C．1D．2【答案】D【知识点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由已知，所以，．故答案为：D．【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．3．已知实数，满足约束条件，若目标函数的最大值是7，则实数（ ）A．B．C．D．【答案】B【知识点】简单线性规划【解析】【解答】由，解得，若，则没有满足不等式组的解，所以，作出不等式组，所表示的可行域（图中阴影部分所示）.平移直线，由图可见，当动直线过点时，直线在轴上的截距取最大值，由，解得，将点坐标代入直线，得，解得.故答案为：B.【分析】画出不等式组表示的可行域，数形结合，根据目标函数的几何意义，即可求得其最大值.4．“”是“”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】充分条件；诱导公式【解析】【解答】若，则，则若，则，故是充分条件；若，取，则，故不是必要条件.故“”是“”的充分而不必要条件.故答案为：A.【分析】根据三角函数运算依次判断充分性和必要性得到答案.5．设随机变量，满足：，，若，则（ ）A．3B．C．4D．【答案】C 【知识点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】由于随机变量满足：，，，解得：，即，又随机变量，满足：，，故答案为：C.【分析】由，，求出值，利用二项分布的方差公式求出，再利用方差的线性性质，即可得到答案．6．函数的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】D【知识点】函数的单调性及单调区间；函数奇偶性的判断【解析】【解答】，定义域为R，由，可知函数为偶函数，排除A；，令，则恒成立故为R上单调递减函数，又可知当时，，即，函数为递增函数，当时，，即，函数为递减函数，BC判断错误；D判断正确.故答案为：D【分析】由函数奇偶性排除选项A；由函数单调性排除选项BC即可解决.7．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48B．54C．60D．72【答案】C【知识点】计数原理的应用【解析】【解答】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；按照分步乘法原理，共有种方法；故答案为：C.【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.8．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）A．B．直线与平面所成角最大值为C．面积的最小值是D．当时，平面平面【答案】C【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角 【解析】【解答】解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，A符合题意；对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，B符合题意；如图，连接交于，面，，故，在中，当时，取最小值，，，所以，此时，，C不符合题意；当时，在中，，，，得，则，又，，面，面，由正方体知，，即面，面面，D符合题意．故答案为：C．【分析】依据正方体的几何性质，通过证明AC⊥平面来证明；过点作交于点，连接，推出即为与平面所成的角，计算即可；将的面积表示出来，等价求PE长度的最值，从而在中求最值即可；通过证明面，面，来证明平面平面.9．已知点F为双曲线(，)的左焦点，过原点O的直线与双曲线交于A、B两点(点B在双曲线左支上)，连接BF并延长交双曲线于点C，且，AF⊥BC，则该双曲线的离心率为( )A．B．C．D．【答案】B【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理【解析】【解答】如图，为双曲线右焦点，则根据对称性知为矩形﹒设，则，，，，在△中，由余弦定理得，，即，即①，在Rt△中，，即②，联立①②解得，，代入②，，解得.故答案为：B.【分析】设双曲线右焦点为，设，为矩形，根据双曲线定义表示出、，在△中根据余弦定理列出一个方程，在Rt△中，根据勾股定理列出另外一个方程，两个方程联立可求m，由此即可求出离心率.10．已知正项数列满足，，则（ ） A．对于任意正数，数列是单调B．当时，数列的最大项是C．当时，对恒成立D．当时，对恒成立【答案】D【知识点】数列递推式【解析】【解答】取，则，得，A不符合题意.取，则，B不符合题意.当时，，与矛盾，C错.由得，时，，，以此类推可知，即，所以可知，故故，即，D对.故答案为：D【分析】对于选项A，B，C，可取特殊值排除.选项D，根据递推关系及，即可求解.二、填空题11．已知实数，，满足，则直线恒过定点 ，该直线被圆所截得弦长的取值范围为 .【答案】（-1，2）；【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系【解析】【解答】，过定点（-1，2）；设直线被圆所截的弦为，定点在圆内，，即故答案为：.【分析】根据题中等式，化简直线方程即可得出结果；运用几何法计算圆的弦长最值即可.12．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为，总结规律并以此类推下去，第个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列，记为数列，则 ．【答案】92；336【知识点】等差数列的前n项和；数列递推式；数学归纳法【解析】【解答】记第个图形的点数为，由题意知，，，，…，，累加得，即，所以．又，所以．【分析】记第个图形的点数为，由图形，归纳推理可得，再根据累加得可得，进而求出．由于可得，根据等差数列的前n项和即可求出的结果.13．已知，则= ，= ．【答案】-240；0【知识点】二项式定理；二项式定理的应用【解析】【解答】由题设，，则 ，即；对等式两边求导得：，∴当时，.故答案为：-240；0【分析】由，写出展开式中含x的项，即可确定系数；将题设等式两边求导，再令即可求值.14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ，表面积为 ．【答案】12；36【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：由三视图可知几何体为四棱锥，作出直观图如图所示：其中底面ABCD是边长为3正方形，EA⊥底面ABCD，EA=4．∴棱锥的体积V=．棱锥的四个侧面均为直角三角形，EB=ED=5，∴棱锥的表面积S=32++=36．故答案为12；36．【分析】根据三视图作出棱锥的直观图，根据三视图数据计算体积和表面积．15．在△中，角所对的边分别是，若，，则的最小值为 ．【答案】12【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【解答】∵在△中，角所对的边分别是，，∴，∴，∴，即，，∴，因为，∴，即，又，∴，即，当且仅当时取等号，∴的最小值为为12.故答案为：12.【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.16．若不等式恒成立，则a的取值范围是 .【答案】(-∞，2-2ln2]【知识点】函数恒成立问题；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【解答】当时，，此时恒成立，故时，恒成立，即或即或设，则.当时，，单减；当时，，单增.故，故.设，则，所以在单增，不存在最大值.综上可知，a的取值范围是(-∞，2-2ln2]故答案为：(-∞，2-2ln2]【分析】分析将参变分离可得当时，或成立，构造函数，利用导数研究函数的最值，即可求解. 17．已知单位向量满足，，则对任意，的最小值为 .【答案】【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；三角函数的最值【解析】【解答】由题意，不妨设单位向量，，，，其中，，，，，．，，所以时，，又因为，，所以。故答案为：。【分析】由题意，不妨设单位向量，，，，再利用数量积的坐标表示结合余弦函数的图象求值域的方法得出的值和的取值范围，再利用，结合二倍角的余弦公式得出的值，再利用向量的坐标运算得出向量的坐标，再利用数量积求向量的模的公式结合二次函数求最值的方法，从而得出，再利用正弦函数的图象求值域的方法得出的取值范围，进而得出的取值范围，从而得出，进而得出的最小值。三、解答题18．已知函数满足．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设，且，求sin2α．【答案】解：（Ⅰ）∵函数，∴，∵，∴，∴，又故；（Ⅱ）由题意，∴，∵，∴，∴，故.【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意利用诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得a的值；（Ⅱ）由题意利用三角恒等变换求得，再利用同角三角函数的平方关系求出的值，再利用两角差的正弦公式即可得解.19．如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.（1）求证：；（2）在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明：在矩形中，连接交于点，由题知，，，所以，即，又，所以，所以，即，故在翻折后的四棱锥中，有，又，所以平面，又平面，所以（2）解：如图所示，以点为原点，方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，在矩形中，经计算可得，因此，过点作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又由(1)知，且，所以平面，所以，即有，因为点在上，设，则，由解得，即，又平面的一个法向量为，且，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)在矩形中，连接交于点，则由可推出，因此有，故在翻折后的四棱锥中，有，据此推出平面，从而有；(2)以点为原点，建立空间直角坐标系，过点作于点，由平面平面可推出平面，即有，结合，可知平面，即，设，再结合可求出，最后再利用空间向量法求线面角的正弦值即可.20．已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）等差数列满足，对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（3）若数列，对于任意的正整数n，均有 成立，求证：数列是等差数列．【答案】（1）解：因，即，则当时，，即，而当，则，即，于是有数列是以为公比，2为首项的等比数列，因此，，所以数列的通项公式是：，（2）解：数列为等差数列且，则公差，，对于任意的，恒成立，即，亦即恒成立，令，则，当，2时，，当时，，于是得，，则，所以实数k的取值范围是（3）证明：对于任意的正整数n，，当时，，而，则，当时，，上式两边同时乘以得：，因此，，即，从而有，而也满足上式，则，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列【知识点】等差数列；等差数列的性质；数列递推式【解析】【分析】(1)根据递推公式及，可得数列是等比数列，计算即可得的通项公式.(2)求出等差数列的通项公式，再结合(1)参数分离出得，构造数列并求其最大值即可得解.(3)已知的递推公式在当时两边同乘，再与运用已知递推公式作差即可得数列的通项公式推理作答.21．已知、分别为椭圆的右焦点和左顶点，，分别在椭圆上运动，点，分别在直线，上.（1）若，求的值；（2）记，若直线过点，求证：.【答案】（1）解：因为，所以，所以，设，而，则，解得，，将其代入，解得（2）证明：设，若，则为椭圆的右顶点，由直线过点知，为椭圆的左顶点，不符合题意，所以，同理，直线的方程为，联立椭圆得，消去，整理得，成立，由，解得， 所以，所以，当时，，，即直线轴，由椭圆的对称性可得，又因为，所以，当时，，直线的斜率，同理，因为过点，所以，所以，在和中，，，所以，因为，均为锐角，所以，综上所述，若直线过点，则【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由可得出，转化为，转化为坐标关系即可求出；（2）根据直线与椭圆的位置关系联立方程建立相关系数关系，具体见解析.22．已知函数的图象与轴相切于原点．（1）求，的值；（2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围．【答案】（1）解：，依题意，即解得（2）解：由（1）得，记，，所以，①当时，（ⅰ）当时，，所以为增函数，又因为，，所以存在唯一实数，使得．（ⅱ）当时，，则．由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．因为，所以存在唯一实数，使得，所以当时，，即单调递减；，，即，单调递增．因为，所以存在唯一实数：，使得，即在上有唯一零点，符合题意．②当时，，记．， 所以，所以为增函数，，所以为增函数，，则，所以在上没有零点，不合题意，舍去．综上，a的取值范围为．【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理【解析】【分析】（1）由题意得从而可求出，值，（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可.
