浙江省杭州市2022届高三年级第二学期教学质量检测(二模)数学试题及习题与讲解

杭州市2022届高三年级第二学期教学质量检测数学考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3.考试结束，只需上交答题卡.选择题部分（共40分）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Axx10Bx1x6，则AB（），,6A.6,1B.,1D.C.1,1izz（）2.若复数（i为虚数单位），则1i12A.B.C.1D.222的充要条件是（）,为两个不同的平面，则∥3.设内有无数条直线与平行,B.垂直于同一平面A.,D.内的任何直线都与平行C.平行于同一条直线cmcm之一圆弧，则该几何体的体积（单位：3）4.某几何体的三视图（单位：）如图所示，其中弧AB为四分是（）111π11C.D.2π22A.B.2anSnS42aaa5.设等差数列的前n项和为，若（），则7237A.12B.15C.18D.21杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题第1页共4页sinxy6.函数|2x1的图象大致为（）|A.B.C.D.fxxx2fxfx20，则（）127.已知函数，且21xxx012xx0B.1A.2xx1012xx20D.1C.233sin170tan10，则实数的值为（）8.若32343D.3A.3B.C.23xy22C:1ab09.设椭圆的左、右焦点分别为FF，，过原点的直线l与椭圆C相交于M，Nab2122NF3MNFF12，1两点（点M在第一象限）.若，则椭圆C的离心率e的最大值为（）MF316131A.B.61C.D.312210.已知ABC中，AB2BC4，AC23，点M在线段ACC上除A，的位置运动，现沿BM进NCNNB平面ABM；若恒成立，则实数的最大值为行翻折，使得线段AB上存在一点，满足（）3D.2A.1B.3C.2杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题第2页共4页11.双曲线C:-=1的离心率为______，渐近线方程为______.453xy0y12.若x，满足约束条件，则xy有最________（填“大”或“小”）值为_________．2xy5a8，则13.已知x4x8aax1ax1ax1aaaa2______，______.01280135714.在是否接种疫苗的调查中调查了7人，7人中有4人未接种疫苗，3人接种了疫苗，从这7人中随机抽取3人进行身体检查，用X表示抽取的3人中未接种疫苗的人数，则随机变量X的数学期望为______；设A为事件“抽取的3人中，既有接种疫苗的人，也有未接种疫苗的人”，则事件A发生的概率为______.15.在平面直角坐标系中，已知第一象限内的点A在直线l:y2x上，B5,0AB，以为直径的圆C与直线l的另一个交点为D.若ABCD，则圆C的半径等于______.33CDBD.若sinBAD，则sinABC______.边上，516.在RtABC△中，C90BC，点D在fx,y表示先关于17.对于二元函数fx,yminmaxfx,y，y求最大值，再关于x求最小值.已xyacbcmcbfm,n（m，nR，且m0，mcnarrababc知平面内非零向量，，，满足：2，记b，an0），则minmaxfm,n______.mn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.ππx18.已知函数fxsinxcosx2sin2.632fx的单调递增区间；（1）求函数（2）求使fx0成立的实数x的取值集合.19.在四棱锥PABCD中，△PAB为正三角形，四边形ABCD为等腰梯形，M为棱AP的中点，且AB2AD2BC2CD4，DM3.（1）求证：DM//PBC平面；（2）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题aa0nnN20.已知数列满足，.*naaka0a0.（1）若2且nn2n1nalg（ⅰ）当n成等差数列时，求k的值；a1a162aak2（ⅱ）当且，时，求及的通项公式.412n1aaaaa1a0a4,8SannS2020，，.设的是前n项之和，求的最大，（2）若2nn2n1n3123值.21.如图，设抛物线C:y22pxp0E:x1y4的焦点为F，圆2与y轴的正半轴的交点为A，2△AEF为等边三角形.（1）求抛物线C的方程；1P,yy0400（2）设抛物线C上的点处的切线与圆E交于M，N两点，问在圆E上是否存在点Q，QMQN使得直线，均为抛物线C的切线，若存在，求Q点坐标；若不存在，请说明理由.axb4.2f()x22.已知函数在x2时取到极大值e2ex（1）求实数a､b的值；1g()xmin()fxx,(0)x，若函数xm,nmin{m.,)n（2）用表示中的最小值，设函数()()hxgxtx2为增函数，求实数t的取值范围.杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题第4页共4页杭州市2022届高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案1.AAxx1AB，最后求即可.x10【分析】解不等式，可化简集合Axx1【详解】由x10x1，，所以所以AB,6，故选：A2.B【分析】复数的分式运算，同乘共轭复数，利用模长公式即可得到答案.1i11ziz,,i1ii2z【详解】1i1i1i2222故选：B.3.D【分析】根据面面平行、相交的知识确定正确选项.【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误.,项，垂直于同一平面，B选与可能相交，B选项错误.与可能相交，,项，平行于同一条直线，C选C选项错误.项，内的任何直线都与平行，//D选则，D选项正确.故选：D4.B1【分析】由三视图可知，几何体的左边是圆柱的，右边是三棱柱，分别计算体积相加即可.41于左边是圆柱的，其体积为1122，【详解】由2441右边是三棱柱，其体积为21121，该几何体的体积为21；故选：B.5.C杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第1页共4页【分析】利用等差中项的性质以及通项公式计算即可.S7a42，a6，即a3d6，得7【详解】由等差中项的性质441aaaada2da6d3a9d3a3d18，23711111故选：C.6.Dx1图象关于直线对称，排除AC，再结合特殊的函数值的正负或函数零点个数排除B，【分析】确定函数2得出正确结论．1x1对称，ysinx的图象也关2，由于y2x1的图象关于直线x|x【详解】函数定义域是2于直线x1对称，因此f()x的图象关于直线x1对称，排除AC，22ysinxf()x个零点，因此x时，f()0x，排除B．个零点，且当有无数也有无数故选：D．【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7.A【分析】首先确定函数的单调性，再构造函数g()()xfx1g()x，研究函数的奇偶性，再依次判断题中的不等式是否成立即可．yxx，y21在R调递增，x【详解】由函数单调性性质得：fxxx2所以在R调递增，21x21x||x22121x，x令函数g()||xxxx||x212121xx21xx2112xg()x，则g()xx||xxx||x2121xx所以gxgx0，gx则函数为奇函数，且在R调递增，杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第2页共4页fxfx20gxgxxxxx0.故12121212故选：A．8.D【分析】由三角函数的诱导公式将sin170sin18010sin10，再运用三角恒等变换公式求解.sin103sin103sin10cos103sin10cos10，，【详解】依题意，cos1033sin10cos10cos103sin10，即则3sin202cos10sin30sin10cos302sin20，234332故，则2故选：D.9.D【分析】依题意作图，分析图中的几何关系，应用三角函数解方程即可.【详解】依题意作下图：由于MNFF12MN,FF，并且线段12MFNF互相平分，∴四边形是矩形，12FMF其中212NFMF，1，2MFx2MF2ax，根据勾股定理：2MFMF2FF2，11，则设212x2ax4c22，整理得x22ax2b202，由于点M在第一象限，NFMF32MFMF3MFF6，12xaa22b2，1，由题意11MF1FF2，aa22b2c，12即2杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第3页共4页2a2acc20e2e200＜e31，，解得整理得2，231;即e的最大值为故选：D.10.ACNABC【分析】由题意可知当平面ABM时有两个极限状态，第一是BM为的角平分线时，此时NB2M，第二是点与点NB1A重合时，此时，由此可得答案CNNB2ABCABM有两个极限状态，第一是BM为的角平分线时，此时，【详解】易知要满足平面NB1,2，M第二是点与点NB1A重合时，此时；故则实数的最大值为1，故选：A.CN【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中的动点问题，解题的关键是当平面ABM时有两个极限状NBNB态，分别求出值，从而可得的范围，进而可得结果，属于中档题311.①2②y5x2【分析】根据双曲线的标准方程以及几何性质即可求解.a4,b25,c2a2b29，【详解】由题意可知2c3ea2，xy0或0，即为22525xy5yx；3,y5x.故答案为：2212.①小②2画出可行域，根据线作出可行域如图，【分析】性规划求解即可.【详解】杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第4页共4页yxz，zxy设，则y3x解得x1,y3，即A(1,3)y2x5由yxzz132，过点A时，minz由图可知，无最大值，当2故答案为：小；213.①②136a【分析】在等式中令x1可求得x0、aaaax2，将两个等式作差可求得的的值，分别令01357值.8中，【详解】在等式x4x8aax1ax1ax1x1a22令可得，00128aaaaaaaaa0，①令x0，可得012345678aaaaaaaaa2726，②令x2，可得01234578②①可得aaaa136.13572136故答案为：；.1214.①76②7EXPA和.【分析】分别求出，X0,1,2,3的概率，进一步求出所以X的取值{0，1，2，3}，【详解】由题意可知，随机变量范围为C1CC12PX0312PX1，43C33，35C35377C2C118C34C354PX2PX3343C3，，357711218412所以EX0123353535357.12186PAPX1PX2条件可得35357.由已知126.故答案为：；7715.10D的坐标，【分析】设出点A的坐标，写出圆C的方程，联立直线l与圆C的方程求出点再借助垂直关系列式计算作答.杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第5页共4页a5【详解】依题意，设点A(,aa2),a0，则圆心C(,)a，2y2x因此，圆C的方程为(xa)(5)xy(y2)a0，由(xa)(5)xy(y2)a0x1y2或，解得xay2a，a3DC(,a2),BA(a5,2a)，而ABCD，于是得D(1,2)，2a3DCBA(a5)2(aa2)0，即a22a30，而a0，解得a3，则2则有点C(4,3)，|CD|(41)2(32)210，10.所以圆C的半径等于故答案为：10516.5【分析】根据题目所给的条件作图，利用正弦定理以及勾股定理即可.【详解】依题意作上图，设DC=x，则BD=3x，设AC=y，根据勾股定理有：ADx2y2，AB4xy22，BDADAD，sinABCsinBADBDxyxy3xy2222由正弦定理：sinBADsinABC，3x55xyy2sinABC2在RtABC中，，，16xy224xy5x22x4x5225x解得y2x，sinABC5；5.5故答案为：17.2杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第6页共4页aOAbOBcOCOC【分析】记，，，构建直角坐标系，根据向量几何意义判断所在直线的斜率，c,2Aa,0B0,bCc设，，，结合函数的定义、数形结合思想研究相关向量的模长随点的变化情况，进而求目标式的值.acbc【详解】记，，，则aOAbOBcOCOCOB在上的投影恰为在上的投2aOCOA表示b1OC.影的两倍，即射线的斜率为2c,2Aa,0B0,bCc设，，，mcODnaOEmcbBD，mcnaED，，，则记mcbBDfmn,所以.mcnaEDmcbBDBDfm,nEDOA，，其中mcnaEDED0先让m不变，n变化，即点D固定，点E变化，那么0BD的最小值.求ED接着再让m变化，即点D变化，0c2bc02BD12b2242，当且仅当c4b时取得等号.2c因为ED0c22minmaxfm,n2.综上，mn故答案为：2【点睛】关键点点睛：利用向量几何意义，构建直角坐标系结合思想将问题转化为两向量比值，讨论动点位置变化对向量并设A、B、C的坐标，根据函数新定义、数形模长的模长的影响确定目标式的值.杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第7页共4页2π18.（1）2π,kπ2πkkZ，334π2πkx2π,kkZx（2）3π1，解不等6由两角差的正弦和余弦公式及降幂公式化简函数解析式为fx2sinx【分析】（1）式π2πkxππ2πkkZ，即可得答案；262π1sinx利用正弦函数的图象与性质求解不等式即可得答案.62（2）【小问1详解】ππx解：因为fxsinxcosx2sin2632sinxcosπcossinxππxπx21cosx3sincos1xx26coscossinsin63331π，62sinxcosx12sinx1222π由π2πkxππ2πk，，kZ解得2πkxπ2πk，，kZ262332ππkfx的单调递增区间为k2π,2πkZ，；所以33【小问2详解】π1，解：由（1）知fx2sinx6π1sin，得，62fx0x由7π所以2πkxππ2πk，，kZ64π66所以2πkx2πk，，kZ34π所以x的取值集合为2πkx2π,kkZx3.杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第8页共4页313.1319.（1）证明见解析；（2）MNCN，证明DM//CN，再利用线面平行的判断推理作答.【分析】（1）取PB中点为N，连结，AQABCDO为原点建立空间直角坐标系DOMO，证明平面平面，以AB（2）取中点Q，中点，借助空间向量计算作答.1详解【小问】在等腰梯形ABCD中，CD//AB，CD2，取MNCN，如图PB中点N，连结，，1MNAB2CDMN//AB//CD，且2MNCD，即四边形为平行四边形，因M为棱AP的中点，则则DM//CNCNPBCDMPBC平面，，而平面，DM//PBC所以平面.2详解【小问】AQDQPQ，OD，OMCD//BQ，且CDBQ，，有AB取中点Q，中点O，连结，BCDQ四边形是平行四边形DQBCADAQ2OD3，则有，且ODAB，，则OM1PQ3，OMAB，且，△PAB正中，OM//PQPQAB,PQ23，而，因此2而OMODO，OM,ODDOM平面，则平面，DOMABÌABCDABDOM平面，有平面ABCD平面，由DM3，得DOM60，在平面DOM内作OzODDOMABCDOD，平面平面，即有OzABCD平面，以O为原点，射线OB，OD，Oz分x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系别为，如图，杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第9页共4页33M(0,,),1P(,3,C3(2,),3,0),B(3,0,0)A(1,0,0),则，22AP(2,3,3),2,PB(3,3),CB(1,3,0)PBCnx,,yz，设平面的法向量为，有PBn2x3y3z0n3,3,1y3，令，得AP与平面所成角为，PBC则，设直线CBnx3y0APnsincos,APn则31313，APn313PBC.AP与平面所成角的正弦值为13所以直线1）（ⅰ），（ⅰⅰ），2n12；（14505.2）3k1a22an20.（ak性质即可求的值；2公可得n1是首项为，【分析】（1）根据等差数列的定义以及等差中项的由题anaa比为2的等比数列，进而可得数列再利用累乘法即可求n1的通项，an的通项公式；nSaaaa14424利用分组求和可得2020504，结合aa2aa[4,8]，，（2）12342433求出利用基本不等式求aaaa最大值，即可求出S的最大值2020.1234【小问1详解】alg成等差数因为n列，（ⅰ）2lgalgalga，n2所以n1naaaaaka20，又n2nn2所以2n1nn1k1所以；aa2aa0，2（ⅱ）因为nn2n1n杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第10页共4页aa2a，aa2a所以13222，3248aaa162a2，所以，2所以32214aaa2a22n1，又由，an2因为an1n1a2所以n1是首项为，公比为2的等比数列，ana22n1，n1所以anan122，aaaaan2n12n2012所以23aan112n12n12；an∴所以【小问2详解】11aaaa由aa可得aa，22n2n4nn2n1n3n1n3111aaaaaan2n422所以nn2，4n2n41a4anana4a，即n4n0，所以因为，n4aa1aaa1a0，，，因为13224122aaaa0即aa2a，3所aaaaaaaaaaaa1020205920172620183711aaaa20204812504a14424a14424a14424504504123a144245044504，1aaaa14424324aa2aa[4,8]，，33因为24aa024a02a04，因为，所以，所以aa2aa22aaa22a，可得2，3所以242434杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第11页共4页aaaa1a22a，所以123433令y1a22ata2,22，设3，33yt222t1t2t2,22，对称轴为，是开口向上的抛物线，在单调递增，t22所以时取得最大值，22222211，2aaaa3最大值为4故1214141145051505Saaaa144243504最大值为.所以3202024【点睛】方法点睛：数列求和的方法n的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么an{}（1）倒序相加法：如果一个数列n求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个n数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；afn1n类n（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如n型，可采用两项合并求解.118，满足QM，均为抛物线Q,5521.（1）y24x（2）存在圆上一点QNC的切线，理由见解析【分析】（1）由等边三角形及抛物线的几何性质，得OFOEp1，即可求出抛物线方程；2l:x1y11，记t=，0（2）先求出P点坐标及切线MN242Mx,yNx,yMN，过点M，N作抛物线C的两条切线（异于直线）交于点Q，，2设1121l:xxtyyl:xxtyyQM，QN，2并设切线11221xxtyy直线1t,t与抛物线C相切，则切线有两条，对，1应设过点M的0xt2x方程，消得到方程，即可利用韦达定理得到1t2x，同理可得，通过联立该直线与抛物线的122杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第12页共4页yy1l:xx2xyyl:xx2xyyQMx2xx214xx，QN，消y得，则可联立，12xxQ121122221y2xx，2y4x1代入lxQ将、，可得Q11QM12xxxxlMN，的值可由联立与圆方程，通过韦达定理求得，故求出定点Q，最后把Q代入圆方程验证1212即可【小问1详解】OFOEp1，所以p2，所以抛物线为等边三角形，所以由题，易知点E1,0AEF，又2C:y24x.【小问2详解】2设Mx,yNx,y2，过点M，N作抛物线C的两条切线（异于直线MN）交于点Q，并设切线，111l:xxtyyl:xxtyyQM，QN，21122当x11，代入抛物线可得，，4y1P,10即411，与抛物线P,14y1kxxC:y24x联立消去得：设过抛物线C上点的切线方程为44410yy，由0解得，k22kk故该切线方程为y2x1，即l:x1y1MN1，记t=，24220xxtyy11y24xy4ty4ty4x0，，得2与抛物线C相切，代入抛物线方程设过点M的直线1116t216tyx0，即t2ytx0，1111杭州市高三年级第二学期教学质量检测数学试题参考答案第13页共4页tt1tx，tt1ty，由韦达定理得2121011011t2xy1，故2y4x1，同理可得，t2x，2所以2111112所以切线l:xx2xyyl:xx2xyy，2，QM111QN22yy联立两式消去y可得，x2xxQ14xx，①122xx21214x12y代入l1，代入2y4x1y2xx得11yQ，②可得22QMQ12联立l:x1y1与圆E可得，5x24x011，244MNxx4，xx11.20所以51212分别代入①、②可得x，y8，1155QQx121185224，即切线y1QM，QN的交点Q在圆E上，2Q5Q118,，满足QQM，QN均为抛物线C的切线.所以存在圆上一点55【点睛】直线与曲线相切，通常联立方程，利用0即可求解；当切线有两条时，0的方程会有两个解，此时可利用韦达定理进一步分析求解。1(,).2eb0；（2）22.（1）a1，3f(2)04在x2时取得极大值e2【分析】（1）因为f()x4可得答案.，所以f(2)e21x,0xx,0F()x的单调性，得出g()x的表达式g()xx2（2）设F()()()xfxx1x，讨论函数，x,xx.0exh()xh()x从而得到的解析式，再根据为增函数，求出参数的范围.