2022屆浙江省鎮(zhèn)海市鎮(zhèn)海高三第三次模擬考試數(shù)學(xué)試卷含解析

1、2021-2022高考數(shù)學(xué)模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的結(jié)果為（ ）AB4CD2某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的最長棱的長為（ ）ABCD3已知直線yk（x1）與拋物線C：y24x交于A，B兩點(diǎn)，直線y2

2、k（x2）與拋物線D：y28x交于M，N兩點(diǎn)，設(shè)|AB|2|MN|，則（ ）A16B16C120D124設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)?，命題：，的否定是（ ）A，B，C，D，5公元前世紀(jì)，古希臘哲學(xué)家芝諾發(fā)表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜?shù)谋?當(dāng)比賽開始后，若阿基里斯跑了米，此時(shí)烏龜便領(lǐng)先他米，當(dāng)阿基里斯跑完下一個(gè)米時(shí)，烏龜先他米，當(dāng)阿基里斯跑完下-個(gè)米時(shí)，烏龜先他米.所以，阿基里斯永遠(yuǎn)追不上烏龜.按照這樣的規(guī)律，若阿基里斯和烏龜?shù)木嚯x恰好為米時(shí)，烏龜爬行的總距離為（ ）A米B米C米D米6在中，是的中點(diǎn)，點(diǎn)在上且滿足，則等于（ ）

3、ABCD7已知為等比數(shù)列，則（ ）A9B9CD8執(zhí)行下面的程序框圖，若輸出的的值為63，則判斷框中可以填入的關(guān)于的判斷條件是（ ）ABCD9某市氣象部門根據(jù)2018年各月的每天最高氣溫平均數(shù)據(jù),繪制如下折線圖,那么,下列敘述錯誤的是( )A各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值總體呈正相關(guān)B全年中,2月份的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大C全年中各月最低氣溫平均值不高于10C的月份有5個(gè)D從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值呈下降趨勢10已知定義在上的奇函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，當(dāng)時(shí)，恒有則不等式的解集為（ ）ABC或D或11是的（ ）條件A充分不必要B必要不充分C充要D

4、既不充分也不必要12設(shè)全集U=R，集合，則（ ）Ax|-1 x4Bx|-4x1Cx|-1x4Dx|-4x1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若函數(shù)，則使得不等式成立的的取值范圍為_.14已知全集，集合，則_.15若，則_.16設(shè)函數(shù)，若在上的最大值為，則_.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知函數(shù)（1）時(shí)，求不等式解集；（2）若的解集包含于，求a的取值范圍18（12分）在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足.（1）求B；（2）若，AD為BC邊上的中線，當(dāng)?shù)拿娣e取得最大值時(shí)，求AD的長.19（12分）如圖，在四棱錐中，底面

5、是平行四邊形，平面，是棱上的一點(diǎn)，滿足平面.（）證明：；（）設(shè)，若為棱上一點(diǎn)，使得直線與平面所成角的大小為30，求的值.20（12分）如圖，在四棱錐中，是邊長為的正方形的中心，平面，為的中點(diǎn).（）求證：平面平面； （）若，求二面角的余弦值.21（12分）對于正整數(shù)，如果個(gè)整數(shù)滿足，且，則稱數(shù)組為的一個(gè)“正整數(shù)分拆”.記均為偶數(shù)的“正整數(shù)分拆”的個(gè)數(shù)為均為奇數(shù)的“正整數(shù)分拆”的個(gè)數(shù)為.()寫出整數(shù)4的所有“正整數(shù)分拆”;()對于給定的整數(shù)，設(shè)是的一個(gè)“正整數(shù)分拆”，且，求的最大值;()對所有的正整數(shù)，證明:;并求出使得等號成立的的值.(注:對于的兩個(gè)“正整數(shù)分拆”與，當(dāng)且僅當(dāng)且時(shí)，稱這兩個(gè)“正整

6、數(shù)分拆”是相同的.)22（10分）已知拋物線：y22px（p0）的焦點(diǎn)為F，P是拋物線上一點(diǎn)，且在第一象限，滿足（2，2）（1）求拋物線的方程；（2）已知經(jīng)過點(diǎn)A（3，2）的直線交拋物線于M，N兩點(diǎn)，經(jīng)過定點(diǎn)B（3，6）和M的直線與拋物線交于另一點(diǎn)L，問直線NL是否恒過定點(diǎn)，如果過定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)，否則說明理由參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1A【解析】模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)得到的的值，當(dāng)，退出循環(huán)，輸出結(jié)果.【詳解】程序運(yùn)行過程如下：，；，；，；，；，；，；，退出循環(huán)，輸出結(jié)果為，故選：A.【點(diǎn)睛】該題

7、考查的是有關(guān)程序框圖的問題，涉及到的知識點(diǎn)有判斷程序框圖輸出結(jié)果，屬于基礎(chǔ)題目.2D【解析】先根據(jù)三視圖還原幾何體是一個(gè)四棱錐，根據(jù)三視圖的數(shù)據(jù)，計(jì)算各棱的長度.【詳解】根據(jù)三視圖可知，幾何體是一個(gè)四棱錐，如圖所示：由三視圖知： ， 所以，所以，所以該幾何體的最長棱的長為故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查三視圖的應(yīng)用，還考查了空間想象和運(yùn)算求解的能力，屬于中檔題.3D【解析】分別聯(lián)立直線與拋物線的方程，利用韋達(dá)定理，可得，然后計(jì)算，可得結(jié)果.【詳解】設(shè)， 聯(lián)立則，因?yàn)橹本€經(jīng)過C的焦點(diǎn)， 所以.同理可得，所以故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查的是直線與拋物線的交點(diǎn)問題，運(yùn)用拋物線的焦點(diǎn)弦求參數(shù)，屬基礎(chǔ)題。4D

8、【解析】根據(jù)命題的否定的定義，全稱命題的否定是特稱命題求解.【詳解】因?yàn)椋海侨Q命題，所以其否定是特稱命題，即，.故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查命題的否定，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎(chǔ)題.5D【解析】根據(jù)題意，是一個(gè)等比數(shù)列模型，設(shè)，由，解得，再求和.【詳解】根據(jù)題意，這是一個(gè)等比數(shù)列模型，設(shè)，所以，解得，所以 .故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查等比數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用，還考查了建模解模的能力，屬于中檔題.6B【解析】由M是BC的中點(diǎn)，知AM是BC邊上的中線，又由點(diǎn)P在AM上且滿足可得：P是三角形ABC的重心，根據(jù)重心的性質(zhì)，即可求解【詳解】解：M是BC的中點(diǎn)，知AM是BC邊上的中線，又由點(diǎn)P在AM

9、上且滿足P是三角形ABC的重心 又AM1故選B【點(diǎn)睛】判斷P點(diǎn)是否是三角形的重心有如下幾種辦法：定義：三條中線的交點(diǎn)性質(zhì)：或取得最小值坐標(biāo)法：P點(diǎn)坐標(biāo)是三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)的平均數(shù)7C【解析】根據(jù)等比數(shù)列的下標(biāo)和性質(zhì)可求出,便可得出等比數(shù)列的公比,再根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)即可求出.【詳解】,又,可解得或設(shè)等比數(shù)列的公比為,則當(dāng)時(shí), ；當(dāng)時(shí), ,.故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查等比數(shù)列的性質(zhì)應(yīng)用,意在考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力,屬于基礎(chǔ)題.8B【解析】根據(jù)程序框圖，逐步執(zhí)行，直到的值為63，結(jié)束循環(huán)，即可得出判斷條件.【詳解】執(zhí)行框圖如下：初始值：，第一步：，此時(shí)不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第二步：，此時(shí)不能輸出，繼續(xù)循

10、環(huán)；第三步：，此時(shí)不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第四步：，此時(shí)不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第五步：，此時(shí)不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第六步：，此時(shí)要輸出，結(jié)束循環(huán)；故，判斷條件為.故選B【點(diǎn)睛】本題主要考查完善程序框圖，只需逐步執(zhí)行框圖，結(jié)合輸出結(jié)果，即可確定判斷條件，屬于?？碱}型.9D【解析】根據(jù)折線圖依次判斷每個(gè)選項(xiàng)得到答案.【詳解】由繪制出的折線圖知：在A中，各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值為正相關(guān)，故A正確；在B中，全年中，2月的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大，故B正確；在C中，全年中各月最低氣溫平均值不高于10的月份有1月，2月，3月，11月，12月，共5個(gè)，故C正確；在D中，從2018年7月至1

11、2月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值，先上升后下降，故D錯誤.故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查了折線圖，意在考查學(xué)生的理解能力.10D【解析】先通過得到原函數(shù)為增函數(shù)且為偶函數(shù)，再利用到軸距離求解不等式即可.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，則由題可知，所以在時(shí)為增函數(shù)；由為奇函數(shù)，為奇函數(shù)，所以為偶函數(shù)；又，即即又為開口向上的偶函數(shù)所以，解得或故選：D【點(diǎn)睛】此題考查根據(jù)導(dǎo)函數(shù)構(gòu)造原函數(shù)，偶函數(shù)解不等式等知識點(diǎn)，屬于較難題目.11B【解析】利用充分條件、必要條件與集合包含關(guān)系之間的等價(jià)關(guān)系，即可得出?！驹斀狻吭O(shè)對應(yīng)的集合是，由解得且 對應(yīng)的集合是 ，所以，故是的必要不充分條件，故選B?！军c(diǎn)睛】本題主要考查充

12、分條件、必要條件的判斷方法集合關(guān)系法。設(shè) ，如果，則是的充分條件；如果B則是的充分不必要條件；如果，則是的必要條件；如果，則是的必要不充分條件。12C【解析】解一元二次不等式求得集合，由此求得【詳解】由，解得或.因?yàn)榛?，所?故選：C【點(diǎn)睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合補(bǔ)集的概念和運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】分，兩種情況代入討論即可求解.【詳解】，當(dāng)時(shí)，符合；當(dāng)時(shí)，不滿足.故答案為：【點(diǎn)睛】本題主要考查了分段函數(shù)的計(jì)算，考查了分類討論的思想.14【解析】根據(jù)題意可得出，然后進(jìn)行補(bǔ)集的運(yùn)算即可【詳解】根據(jù)題意知，故答案為：【點(diǎn)睛】

13、本題考查列舉法的定義、全集的定義、補(bǔ)集的運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題15【解析】因?yàn)?，所?因?yàn)椋?，又，所以，所?16【解析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由在上，可得在上單調(diào)遞增，則函數(shù)最大值為，即可求出參數(shù)的值.【詳解】解：定義域?yàn)椋谏蠁握{(diào)遞增，故在上的最大值為故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，屬于基礎(chǔ)題.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）（2）【解析】(1) 代入可得對分類討論即可得不等式的解集; (2)根據(jù)不等式在上恒成立去絕對值化簡可得再去絕對值即可得關(guān)于 的不等式組解不等式組即可求得的取值范圍【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，不等式可化為

14、，當(dāng)時(shí)，不等式為，解得；當(dāng)時(shí)，不等式為，無解；當(dāng)時(shí)，不等式為，解得，綜上，原不等式的解集為（2）因?yàn)榈慕饧?，則不等式可化為，即解得，由題意知，解得，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是【點(diǎn)睛】本題考查了絕對值不等式的解法分類討論解絕對值不等式的應(yīng)用,含參數(shù)不等式的解法.難度一般.18（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理及可得，從而得到；（2）在中，利用余弦定可得，而，故當(dāng)時(shí)，的面積取得最大值，此時(shí)，在中，再利用余弦定理即可解決.【詳解】（1）由正弦定理及已知得，結(jié)合，得，因?yàn)椋?，由，?（2）在中，由余弦定得，因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的面積取得最大值，此時(shí).在中，由余弦定理得.即.【點(diǎn)睛】本

15、題考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查學(xué)生的計(jì)算能力，是一道容易題.19（）證明見解析（）【解析】（）由平面，可得，又因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，即得證；（）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，計(jì)算平面的法向量，由直線與平面所成角的大小為30，列出等式，即得解.【詳解】（）如圖，連接交于點(diǎn)，連接，則是平面與平面的交線，因?yàn)槠矫?，故，又因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以是的中點(diǎn)，故.（）由條件可知，所以，故以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，則，設(shè)平面的法向量為，則，即，故取因?yàn)橹本€與平面所成角的大小為30所以，即，解得，故此時(shí).【點(diǎn)睛】本題考查了立體幾何和空間向量綜合，考查了學(xué)生邏輯推理，空間

16、想象，數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力，屬于中檔題.20（）詳見解析；（）.【解析】（）由正方形的性質(zhì)得出，由平面得出，進(jìn)而可推導(dǎo)出平面，再利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論；（）取的中點(diǎn)，連接、，以、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法能求出二面角的余弦值.【詳解】（）是正方形，平面，平面，、平面，且，平面 ，又平面，平面平面；（）取的中點(diǎn)，連接、，是正方形，易知、兩兩垂直，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以、所在直線分別為、軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，在中，、，設(shè)平面的一個(gè)法向量，由，得，令，則，.設(shè)平面的一個(gè)法向量，由，得，取，得，得.，二面角為鈍二面角，二面角的余弦值為.【點(diǎn)睛】本題考查面面垂直的證明

17、，同時(shí)也考查了利用空間向量法求解二面角，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中等題.21 () ，；() 為偶數(shù)時(shí)，為奇數(shù)時(shí)，；()證明見解析，【解析】()根據(jù)題意直接寫出答案.()討論當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，最大為，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，最大為，得到答案.() 討論當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，至少存在一個(gè)全為1的拆分，故，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)， 根據(jù)對應(yīng)關(guān)系得到，再計(jì)算，得到答案.【詳解】()整數(shù)4的所有“正整數(shù)分拆”為：，.()當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，時(shí)，最大為；當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，時(shí)，最大為；綜上所述：為偶數(shù)，最大為，為奇數(shù)時(shí)，最大為.()當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，至少存在一個(gè)全為1的拆分，故；當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，設(shè)是每個(gè)數(shù)均為偶數(shù)的“正整數(shù)分拆”，則它至少對應(yīng)了和的均為奇數(shù)的“正整

18、數(shù)分拆”，故.綜上所述：.當(dāng)時(shí)，偶數(shù)“正整數(shù)分拆”為，奇數(shù)“正整數(shù)分拆”為，；當(dāng)時(shí)，偶數(shù)“正整數(shù)分拆”為，奇數(shù)“正整數(shù)分拆”為，故；當(dāng)時(shí)，對于偶數(shù)“正整數(shù)分拆”，除了各項(xiàng)不全為的奇數(shù)拆分外，至少多出一項(xiàng)各項(xiàng)均為的“正整數(shù)分拆”，故.綜上所述：使成立的為：或.【點(diǎn)睛】本土考查了數(shù)列的新定義問題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力和綜合應(yīng)用能力.22（1）y24x；（2）直線NL恒過定點(diǎn)（3，0），理由見解析.【解析】（1）根據(jù)拋物線的方程，求得焦點(diǎn)F（，0），利用（2，2），表示點(diǎn)P的坐標(biāo)，再代入拋物線方程求解.（2）設(shè)M（x0，y0），N（x1，y1），L（x2，y2），表示出MN的方程y和ML的方程y，因?yàn)锳（3，2），B（3，6）在這兩條直線上，分別代入兩直線的方程可得y1y212，然后表示直線NL的方程為：yy1（x），代入化簡求解.【詳解】（1）由拋物線的方程可得焦點(diǎn)F（，0），滿足（2，2）的P的坐標(biāo)為（2，2），P在拋物線上，所以（2）22