浙江省名校新高考研究联盟(Z20名校联盟)2022届高三下学期第二次联考数学 Word版含解析

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Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2022届高三第二次联考数学试题一、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.设集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解不等式可得集合B，结合交集的定义即得.【详解】由一元二次不等式得，又，∴.故选：A.2.已知，且，其中是虚数单位，则等于（）A.5B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】利用复数计算法则进行计算，得到，再使用模长公式求解.【详解】由得：，即，从而，解得：，从而故选：B3.若是直角三角形的三边（为斜边），则直线被圆所截得的弦长为（）A.1B.C.2D.

1【答案】C【解析】【分析】利用半径、圆心到直线的距离、弦长的一半构成的直角三角形可得答案.【详解】因为是直角三角形的三边，所以，圆心到直线的距离为，则被圆所截得的弦长为.故选：C.4.已知，均为单位向量，其夹角为，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据单位向量的模长与向量数量积的运算性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】由得，即，因为与均为单位向量，所以，即，因为，所以，因为真包含于，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B5.若实数满足约束条件则的最大值为（）A.0B.C.D.1【答案】D

2【解析】【分析】作出可行域，根据的几何意义，数形结合求解即可.【详解】作出可行域，如图，表示可行域内动点与定点的连线的斜率，由图可知，当动点运动到时，最大，即的最大值为1，故选：D6.函数的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用特殊值逐项排除可得答案．

3【详解】因为，，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，因为函数的解析式为，故排除C；，故排除BD，故选：A．7.四棱锥的各棱长均相等，是上的动点（不包括端点），点在线段上且满足，分别记二面角，，的平面角为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】连对角线得底面的中心,则垂直底面，根据二面角的定义，结合正切函数的性质进行求解即可.【详解】连接交于，因为四棱锥的各棱长均相等，所以有平面，设是的中点，则有，设四棱锥的棱长为，显然，过作，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，而平面，所以，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可证：，因此是二面角的平面角，即，因此有，同理可证：，因此是二面角的平面角，即，因此有，

4显然，因此，故选：D.【点睛】关键点睛：根据正切函数的性质进行求解是解题的关键.8.已知点是双曲线右支上的任意一点，由点向双曲线的两条渐近线引垂线，垂足为和，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，根据双曲线的渐近线方程可得，利用点到直线的距离公式可得、，代入可得答案.

5【详解】设，双曲线的渐近线方程为双曲线，所以渐近线的倾斜角为，所以，，因为，，所以的面积为.故选：C.9.已知，函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的意义将方程恰有两个互异的实数解，转化为各段上根的个数问题分类推理讨论求解.【详解】因为关于x的方程恰有两个互异的实数解，则有：有两个不同的实根，且无实根，

6或与各有一个实根，或无实根，且有两个不同的实根，当时，，函数增函数，则函数在上最多一个零点，有两个不同的实根不成立，当函数在上有一个零点时，必有，即，此时，，因此，当时，函数在上确有一个零点，方程必有一个实根，当，时，，设函数，而函数对称轴，即在上单调递减，又，即在上必有一个零点，因此，方程必有一个实根，于是得当时，与各有一个实根，若方程无实根，必有，此时方程有两个不同的实根，函数在上有两个零点，当且仅当，解得，于是得当时，有两个不同的实根，且无实根，综上得：当或时，方程恰有两个互异的实数解，

7所以实数a的取值范围是.故选：C.【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决.10.数列满足：，，记数列的前项和，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意的递推公式可得，进而可得和，利用累加法和裂项相消求和法得到，进而得出的取值范围.【详解】由题意知，，，即，则，即，由累加法可得，所以当时，，所以，又，得，所以，故选：D

8二、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.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积为.根据此公式，若，且，则这个三角形的面积为_________.【答案】【解析】【分析】依题意可得，则代入数据计算可得；【详解】解：依题意的面积为，同理可得，因为，且，所以故答案为：12.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】①.②.【解析】【分析】该几何体为一个四棱锥，画出其直观图即可求解.【详解】该几何体直观图如图：

9体积为：；表面积为：.故答案为：；.13.已知随机变量的分布列如下，且满足，则_________，又，则_________.01【答案】①.2②.【解析】【分析】根据均值的计算公式以及概率和为列式，联立求解得，再根据求出，然后代入公式计算.【详解】由题意可知，又，可得；，所以.故答案为：2；14已知，.若，则_________；_________.【答案】①.2②.40【解析】

10【分析】先根据赋值法求，再利用二项式定理求特定项系数.【详解】∵令，得，，∴，所以含项系数为.故答案为：2；40.15.已知正实数满足，则的最大值为_________；的最小值为_________.【答案】①.②.1【解析】【分析】由已知可得，利用基本不等式可得解，第二空变形代数式结合运用“1”妙用的代换，再利用基本不等式求最值，即可得答案；【详解】，，当且仅当，即时等号成立，的最大值为，，，等号成立当且仅当，即时等号成立，的最小值为1.故答案为：；1.16.将3个不同颜色的小球放入排成一排的6个相同的盒子，每个盒子最多可以放一个小球，则3个空盒中恰有2个空盒相邻的放法共有_________种.（用数字作答）

11【答案】72【解析】【分析】先分类，再在不同情况下，求出放法个数，相加得到答案.【详解】当两个相邻空盒恰好在两端时，放法有种；当两个相邻空盒不在两端时，放法有种；所以3个空盒中恰有2个空盒相邻的放法共有36+36=72种.故答案为：7217.已知平面向量，，满足：，，则的最小值是_________.【答案】##【解析】【分析】建立直角坐标系，根据已知条件求出终点的轨迹方程，由此即可求解.【详解】如图在直角坐标系中，设，∵，∴A的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，设，

12由可知，设，则，，设，则，，∴①②①＋②得：，则B的轨迹是以G(－1，)为圆心，1为半径的圆，则.故答案为：.

13【点睛】本题的关键是建立合理的坐标系，求出向量终点的轨迹方程，将最短距离转化为定点到圆上一点距离的最值问题，综合考察向量的线性运算法则和动点轨迹的求解，属于难题.三、解答题：本大题共5大题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18.已知函数.（1）求的单调递增区间及值域；（2）若，，求的值.【答案】（1）单调递增区间为，，的值域为（2）【解析】【分析】（1）利用降幂公式、二倍角的正弦公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质即可得出答案；（2）根据，可得，再根据，结合平方关系求得，再根据利用两角差的正弦公式即可得解.【小问1详解】解：∵∴由，，即，，所以的单调递增区间为，，且的值域为；【小问2详解】

14解：∵，∴，∵，则，又因为，所以，所以，则.19.已知平行四边形，，，，点是的中点，沿将翻折得，使得，且点为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中点H，证明四边形FHEB为平行四边形，由线面平行判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.【小问1详解】取PD的中点H,连接EH,HF

15∵F，H分别为PC，PD的中点，∴又∵E为AB的中点，∴，∴，∴FHEB为平行四边形，∴，又∵面PDE，面PDE，∴平面PDE.【小问2详解】∵，，，∴，如图建立平面直角坐标系：令，由条件可知，，，，由，∴，∴∴.

16∴，又∵面BCDE的法向是，记PE与面BCDE所成角为.∴，即PE与面BCDE所成角的正弦值为.20.已知数列和，记，分别为和的前项和，为的前项积，且满足，，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)先用通项公式和前n项和公式的关系求出和的关系，再利用前n项积得到另外一组和的关系，由此即可求出两个数列的通项公式；(2)由错位相减法求，代入参变分离得，求最小值即可.【小问1详解】时，①，②，①-②得，当时，③，④，③÷④得.由上可得，即，化简得.当时，，，两式相等得，.故，因此且，故.

17综上，.【小问2详解】，⑤⑥⑤－⑥得：，，将代入得，化简得，因在单调递增，故的最小值为－4，故.21.已知抛物线，直线与抛物线交于点，，且.（1）求的值.（2）已知点，过抛物线上一动点（点在直线的左侧）作抛物线的切线分别交，于点，，记，的面积分别为，，求的最小值.【答案】（1）1；（2）2.【解析】【分析】（1）将代入抛物线方程，求得，坐标，根据坐标满足抛物线方程即可求得结果；

18（2）联立直线DE的方程与抛物线的方程，由切线可知，进而得直线DE的方程为，将DE的方程与AM的方程联立得，同理可得，易得，可知，利用二次函数性质可得解.【小问1详解】将代入抛物线方程，得，即，由，即，解得.【小问2详解】设点，，设直线DE的方程为，将与抛物线方程联立，得到，由，可得，即直线DE的方程为.由已知得直线AM的方程为，将DE的方程与AM的方程联立得，同理可得，易得，由，，则，所以，而.故.故的最小值为2，此时.【点睛】本题考查抛物线方程的求解，以及抛物线中三角形面积的最值问题；解决问题的关键是构造面积关于点坐标之间的函数关系，属综合题.22.已知函数（是自然对数的底数）.（1）若，证明：在区间上不存在零点；（2）若，函数有两个极值点，.（i）求实数的取值范围；

19（ii）证明：【答案】（1）证明见解析（2）（i）答案见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，判别函数的单调性，进而求解；（2）（i）求导，可知，是的两个零点，可得，构造函数，可得，利用导数研究函数的单调性即可求解；（ii）由题意可知，变形可得，由对数均值不等式可得解.【小问1详解】当时，，求导，求二阶导，求三阶导，则函数单调递增，令，得当，则，则函数单调递减；当，则，则函数单调递增；所以，∴在单调递增，又当时，，所以在无零点.【小问2详解】，求导，令，则，是的两个零点，即，是方程的两个根.由得，即.令，求导，则在单调递增，且，∴，

20∴，∴，是方程两根.（i）令，则，由得.当，则，则函数单调递增；当，则，则函数单调递减；且，，.如图可得：.（ii）因为，所以..由，得所以由对数均值不等式：，得，∴.即证.【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值，利用导数研究含参函数的零点有两种方法：（1）利用导数研究函数的极（最）值，转换为函数的图像与x轴的交点问题，应用分类讨论思想，在含参函数含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；（2）参数分离，即由分离参变量，得到，转化为研究与直线的图像的交点问题.

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