【文档说明】浙江省稽阳联谊学校2021-2022学年高三下学期4月联考数学试题 含解析.docx，共(23)页，1.726 MB，由管理员店铺上传

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2022年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题卷考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题卷.参考公式：

如果事件A，B互斥，那么()()()PABPAPB+=+如果事件A，B相互独立，那么()()()PABPAPB=如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率()(1)(0,1,2,)kknknnPkCppkn−=−=柱体的体积公式VSh=，其中S表示柱

体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式13VSh=，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高台体的体积公式()112213VSSSSh=++，其中1S，2S分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高球的表面积公式24SR=球的体积公式343VR=，其中R表示球的半径第Ⅰ卷（选择题，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.已知全集{0,1,2,3,4,5}U=，集合{1,2,3}A=，{2,3,4}B=，则()UAB=ð（）A.{1

}B.{4}C.{0,5}D.{0,1,4,5}【答案】B【解析】【分析】由补集、交集的概念运算【详解】{0,4,5}UA=ð，则(){4}UAB=ð．故选：B2.设复数z满足(1i)2z+=（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（）A.第

一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数z，即可得到正确答案.【详解】21i1iz==−+,复数z在复平面内对应的点在第四象限.故选：D.3.已知0a，0b，

则“1122ab”是“ln(+1)lnab”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】寻找两个命题的等价命题，根据等价命题之间的关系判断．【详

解】0a，0b时，11()()22abab，ln(1)ln1abab++，而ab是1ab+的充分不必要条件，故选：A.4.若实数,xy满足约束条件10210yxyxy−++，则22(1)zxy=−+的最小值为（）A.1B.22C.173D.5【答案】B【解

析】【分析】画出可行域，而22(1)zxy=−+的几何意义表示区域内的点到定点(1,0)M的距离，观察图可知z的最小值即为点M到直线0xy−=的距离，然后利用点到直线的距离公式求解即可【详解】可行域如图22(1)zxy=−+的几何意义表示区域内的点到定点(1,0)M的距离，所以由图可知z的最小值即

为点M到直线0xy−=的距离1222d==，故选：B.5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A.83B.163C.203D.12【答案】C【解析】【分析】根据三视图判断几

何体的形状，利用空间几何体的体积公式进行求解即可.【详解】原图为如图所示的多边体，即EFABCD−，所以111202242222323V=−=.故选：C.6.函数2cos2()xfxaxb

xc+=++的图象如图所示，则（）A.0a，0b=，0cB.0a，0b=，0cC.0a，0b，0c=D.0a，0b=，0c【答案】A【解析】【分析】根据图象关于轴y对称，可得()fx为偶函数，即可求得b值，根据图象可得(0

)0f，可判断c的正负，根据分母20axc+=有解，可判断a的正负，即可得答案.【详解】因为函数图象关于轴y对称，所以()fx为偶函数，所以222cos()2cos2()()))cos((2xxfxxfxaxbaxbxcaxbxcxc−+

+−+=++===−+−+−+，解得0b=，由图象可得3(0)0fc=，得0c，由图象可得分母20axc+=有解，所以2cxa=−有解，所以0ca−，解得0a.故选：A.7.如图，在ABC中，ABA

C=，3A=，P为底边BC上动点，BPBC=，102，沿折痕AP把ABC折成直二面角BAPC−−，则BAC的余弦值的取值范围为（）A.30,2B.13,22C.13,24

D.10,2【答案】C【解析】【分析】根据题意，设BAP=,则3CAP=−，其中(0,)6，进而根据三余弦公式求解即可【详解】解：法一：设BAP=,则3CAP=−，其中(0,)6，因为二面角BAPC−−为直二面角，

所以，由三余弦公式得：'11coscoscos()sin(2),(0,)34266BAC=−=++所以'cosBAC13(,)24.故选：C.法二：特殊图形，极端原理在正ABC中，当P位于点B时，1cos2BAC=，当P位于BC中点时，3cos4BAC

=.故选：C8.设0a，0b，若2231abab+−=，则23aab−的最大值为（）的A.33+B.23C.13+D.23+【答案】D【解析】【分析】法一：设3cab=−，进而将问题转化为已知2231aca

c+−=，求ac的最大值问题，再根据基本不等式求解即可；法二：由题知2231()124abb−+=进而根据三角换元得5cos3sin,(0)62sinab=+=，再根据三角函数最值求解即可.【详解】解：法一：（基本不等式）设3cab=−，则23aab−=(3

)aabac−=，条件22223131ababacac+−=+−=，所以22312acacac+=+，即23+ac.故选：D.法二：（三角换元）由条件2231()124abb−+=，故可设3cos2sin2abb−==，

即cos3sin,2sinab=+=，由于0a，0b，故cos3sin02sin0+，解得506所以，5cos3sin,(0)62sinab=+=，所以2332sin223aab−=++,当且仅当4=时取等

号.故选：D.9.已知椭圆221:142xyC+=与抛物线22:2(0)Cypxp=交于A，B两点，O为坐标原点，AOB的外接圆半径为()0rr，则点(,)rp在（）上.A.直线B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】

C【解析】【分析】根据椭圆和抛物线线的对称性，结合三角形外心的性质、双曲线的定义进行求解即可.【详解】设00(,),Axy则由22002001422xyypx+==得20044(*)xpx+=，由条件外心必在x轴上，故可设外心(,0)Mr，由||||MAMO=,得200022

0xrxpx−+=，022xrp=−，代入（*）式，得221rp−=.所以点(,)rp双曲线上，故选：C.10.已知数列na满足13a=，121nnnaaa+=+−，记数列2na−的前n项和为nS，设集合12624535,,,5251712M=，nNMS=对*n

N恒成立，则集合N的元素个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由题知189nnnaaa+，进而得12()nnnnaaaa+−=−，故一方面，结合189nnaa+得()()22

119217nnnnnnaaaaaa++−=−−，进而219(9)17nnSa+−得4535,1712N，另一方面，根据12nnnaaa++得()()2211122nnnnnnaaaaaa++−=−−，进而得211(9)2nnSa

+−，即可得1262,525N，进而得答案.【详解】解：令121nnnnaaaa+=+−=，解得2na=，即数列na的不动点为2，其生成函数为21yxx=+−，1a3a所以，作出函数21yxx=+−与函数yx=的图像如图：在故，由蛛网图：123

nnaa+，11132na21221117812()[,1)489nnnnnaaaaa+=−+=−+,即189nnnaaa+，又1221nnnnnaaaaa+−−=−=12()nnnnaaa

a+−=−，一方面，由189nnaa+得1179nnnaaa++，19()17nnnaaa++，()()22119217nnnnnnaaaaaa++−=−−22222212122319(2)(2)(2)[()()()]17nn

nnSaaaaaaaaa+=−+−+−−+−++−219(9)17na+=−，12na+，且当n→+，12na+→，945(94)1717nS−=454535454535,,,171712171712N.另一方面，（法一）由1nnaa+得12nnnaaa++，

11()2nnnaaa++，()()2211122nnnnnnaaaaaa++−=−−，22222212122311(2)(2)(2)[()()()]2nnnnSaaaaaaaaa+=−+−+−−+−++−211(9)2na+=−12na+且当n→+，12n

a+→，2115(9)22na+−→，必须大于等于521256251262,,,52252525N.所以集合N的元素个数是2，故选：B.另一方面，（法二）由1(2)(1)2nnnnaaaa+−−−=，23na得1211122nnnaaa+−=−−，又1232521,2,2.31

2aaa−=−=−=312255151(2)(2)(2)1()312122122nnnSaaa−=−+−+−+++++155232n−=−.又当n→+，15552322n−−→，必须大于等于52

.1256251262,,,52252525N.所以集合N的元素个数是2，故选：B.【点睛】本题考查数列不等式恒成立问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题解题的关键在于根据蛛网图模型得123nna

a+，进而得12()nnnnaaaa+−=−，再分别说明4535,1712N，1262,525N即可.第Ⅱ卷（非选择题共110分）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.祖暅，祖冲之之子，南北朝时代伟大的科学家，于5世纪末提出下面的体积计

算原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么两个几何体的体积相等，现有如图的半椭球体与被挖去圆锥的圆柱等高，且平行于底面的平面在任意高度截两几何体所得截面面积相

等，已知圆柱高为h，底面半径为r，则半椭球的体积是________.【答案】223rh【解析】【分析】依题意半椭球体积即为圆柱的体积减去圆锥的体积，根据体积公式计算可得；【详解】解：依题意可得2221233VVVrhrhrh=−=−=圆柱圆锥故答案为：223r

h12.已知23(1)(1)(1)(1)nxxxx++++++++=2012nnaaxaxax+++鬃?，则0a=_______；若335a=，则n=_______.【答案】①.n②.6【解析】【分析】令0x=，可求得0a；写出3a的表达式，利用组合数的性质，结

合335a=，可求得n.【详解】令0x=，得0an=；1333433433444CCCC+C++C35nnnaC+=+++===，而47C35=,故6n=,故答案为：n；613.在ABC中，90ABC=，3BC=，点D在线段AC上，满足835BD=，60BDC

=，则sinC=_______，ABD△的面积为_______.【答案】①.45##0.8②.9624325−【解析】的【分析】BCD△中由正弦定理求得sinC得cosC，从而求得AC，AB，ABD△中由诱导公式、两角和的正弦公式求得sinABD，然后由面积公式计算．

【详解】由sinsinBCBDBDCC=得sin4sin5BDBDCCBC==，所以3cos5C=，又3cosBCCACAC==，所以5AC=，4cos5A=，3sin5A=，4AB=，()433sinsinsincoscossin10ABDAADBA

ADBAADB−=+=+=，118343396243sin42251025ABDSABBDABD−−===.故答案为：45；9624325−．14.盒中有红球、黄球、蓝球各两个，从中

随机取球，则至少取_______个球才能保证取到同色球；若每次取1个，不放回，直到取到同色球为止.设此过程中取出球的颜色数为X，则()EX=_______.【答案】①.4②.115【解析】【分析】由题可知保证取到同色球至少取4个球，X的所有可能取值为：1，2，3，再利用古典概型概率公式及

排列组合求相应概率，利用期望公式即得.【详解】因为盒中有红球、黄球、蓝球各两个，故要保证取到同色球至少取4个球；由题可知X的所有可能取值为：1，2，3；()22261135APXA===；()1112324236225CCCAPXA===；()111

3222336235CCCAPXA===故()122111235555EX=++=.故答案为：4；115.15.已知1,1−a，函数()()()22sin2,21,−=−++xaxafxxaxaxa若()()1=ffa，则=a_______.【答案】1−或34

【解析】【分析】根据分段函数的定义域代入求值可得答案.【详解】()()()01ffaf==,当01a时，()()0sin21=−=fa，得14ak=−−，故34a=；当10a−时，()201fa==，故1a=−.故答案为：34a=或1

a=−.16.已知1F，2F是椭圆22221(0)yxabab+=的上、下焦点，过点2F且斜率大于0的直线l交椭圆于A、B两点，若222AFBF=，1tan22AFB=，则椭圆的离心率为_______，直线l的斜率为_______.【答案】①.33②.22【解析】【

分析】设2BFt=，由椭圆定义结合余弦定理得2at=，2BFt=，22AFt=，12AFt=，13BFt=，13ABBFt==，12AFF△是等腰三角形，O是底边12FF中点，则12AOFF⊥，AO平分1FAB

，由211cos2cos1BAFFAO=−得出2283bt=，再求得c，可得离心率及直线斜率．【详解】设2BFt=，则22AFt=，122AFat=−，12BFat=−，由题11cos3AFB=，222111112cosABAFBFAFBFAFB=+−

，即()()()()()2221322222223tatatatat=−+−−−−，得222320aatt−−=即()()220atat+−=，所以2at=，224at=于是2BFt=，22AFt=，12A

Ft=，13BFt=，13ABBFt==，12AFF△是等腰三角形，O是底边12FF中点，则12AOFF⊥，AO平分1FAB，（A是知轴顶点），11cos3BAF=，又22211cos2cos121212bbBAFFAOat=−=−=−，故2283bt=，所以22

43ct=，33e=，22ckb==.故答案为：33；22，17.已知平面向量m，n满足||3m=，2mn+与2nm−rur的夹角为60°，则mn−urr的取值范围是_______.【答案】435435,2

2−+【解析】【分析】由题知，()2nm−−与12nm−的夹角为60，进而记mOM=，nON=，12OBm=，2OAm=−，故点N在以AB为弦，半径长为52的圆P的优弧AB上，进而得,MN

MPPmnRMR=−+−，再根据几何意义即可得答案.【详解】解：2mn+与2nm−rur的夹角为60，即()2nm−−与12nm−的夹角为60，记mOM=，nON=，12OBm=，2OAm=−，则12BNnm=−，()2ANnm=−−，60BNA=，因为||3

m=，所以532AB=，设H为AB中点，则734HM=，534AH=所以，由正弦定理得ABN外接圆的半径53252sin32ABRBNA===，所以，点N在以AB为弦，半径长为52的圆P的优弧AB上，所以，,MNMPPmnRMR=

−+−，因为2222516PHAPAH=−=，所以22432MPMHPH=+=，所以mn−｜｜的取值范围为435435,22−+.故答案为：435435,22−+三、解答题：本大题共5小题，共7

4分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知函数3()sincossin3fxxxx=−.（1）求区数()yfx=在区间0,2上的值域；（2）若[0,]，且3212f=−，求cos26−【答案】（1）33,36

−（2）158−【解析】【分析】（1）根据二倍角公式和三角恒等变化，可得()fx的解析式，再根据三角函数的性质，即可求出结果；（2）由（1）可得1sin()64+=，再根据角的范围，和正弦的二倍角公式可得sin23+的值，再根据诱导公式

可得cos2sin263−=+，由此即可求出结果.【小问1详解】解：()()313sincossinsin21cos2326fxxxxxx=−=−−，所以()13333sin2cos2sin2266366fxxxx=+−=+−

，.当0,2x时，72666x+，故1sin(2)126x−+从而()3336fx−，所以函数()yfx=在区间0,2上的值域为：33,36−；【小问2详解】解：333sin236612f=+−=−

所以1sin()64+=，因7666+，若662+，则1sin62+，矛盾！故26+，15cos64+=−从而15sin238+=−所以15cos2sin2638−=+=−

.19.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，112ABBCCDAD====.（1）若M为PA中点，求证：BM∥平面PDC；（2）若PAD△为正三角形，且222PB=，求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）32

222【解析】【分析】（1）取PD中点N，连接,MNNC，则可得四边形MNCB为平行四边形，所以BM∥CN,然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）取AD的中点E，BC的中点F，连接,,PEPFEF，则AD⊥平

面PEF，从而BC⊥平面PEF，得BCPF⊥，再根据已知条件在PEF中，利用余弦定理可求得23PEF=，作PGEF⊥，交FE的延长线于点G，连接GC，则可得PCG为直线PC与平面ABCD所成的角，在直角PCG中可求得答案【小问1详解】取PD中点N，连接

,MNNC，因为M为PA中点，所以MN∥AD,12MNAD=，因为AD∥BC，12BCAD=,所以MN∥BC，MNBC=，所以四边形MNCB为平行四边形，所以BM∥CN,因为BM平面PDC,CN平面PDC,所以BM∥平面PDC【小

问2详解】取AD的中点E，BC的中点F，连接,,PEPFEF,因为PAD△为正三角形，四边形ABCD为等腰梯形，所以,ADPEADEF⊥⊥,EFPEE=，所以AD⊥平面PEF，因为AD∥BC，所以BC⊥平面

PEF，因为PF平面PEF，所以BCPF⊥,所以22222121444PFPBBF=−=−=，因为在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，112ABBCCDAD====，所以32EF=，因为PAD△为正三角形，2AD=，所以3232PE==，所以在PEF中，由余弦定理得22232

13144cos223232PEEFPFPEFPEEF+−+−===−，因为(0,)PEF，所以23PEF=,作PGEF⊥，交FE的延长线于点G，连接GC，因为AD⊥平面PEF，PG平面PEF，所以PGAD

⊥，因为ADEFE=，所以PG⊥平面ABCD，所以PCG为直线PC与平面ABCD所成的角，在RtPEG中，3sin3sin32PGPEPEG===，因为222PCPB==所以33222sin22222PGPCGPC

===,所以直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为32222，20.设首项为a的等比数列na的前n项和为nS，若等差数列nb的前三项恰为2S，4S，3S.（1）求数列na，nb的通项公式；（用字母a表示

）（2）令8nnnbca=，若12211nnccca++++对*Nn恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）11()2nnaa−=−，38nnba+=（2）213213,00,1313−【解析】【分析】（1）根据等

差中项公式及等比数列求和公式可得12q=−，从而即可求解数列na，nb的通项公式；（2）利用错位相减法求出数列nc前n项和，进而可得21(2)2344nnna+−恒成立，令(2)234nnnnd+−=，判断nd的单调

性，求出其最大值，从而即可求解.【小问1详解】解：设等比数列na的公比为q，依题意有2342SSS+=，故1q，所以234111(1)(1)(1)2111aqaqaqqqq−−−+=−−−，即2210qq−−=，解得1(1)2qq=−，所以11()2nnaa−=−，的又125,2

8abba==，所以公差2858aada−==，所以38nnba+=；【小问2详解】解：18(3)2nnnnbcna−==+，令12nnTccc=+++，则014252(3)2nnTn−=++++，2124252(2)2(3)2nnnTnn−=+++++

+，所以02142222(3)22(2)2nnnnTnn−−=++++−+=−+，所以(2)22nnTn=+−，由题意，对*nN都有21(2)22414nnna+−+，即21(2)2344nnna+−恒成立，令(2)234nnnnd+−=，则2n时，1119(1)20

4nnnnndd+++−+−=故2n时，数列nd递减，又12313,416dd==，故()2max1316ndd==，所以2113416a，即a的取值范围为213213,00,1313−.21

.如图，点()()00,10Axx在抛物线22xpy=上，抛物线的焦点为F，且||2AF=，直线ykxk=−交抛物线于B，C两点（C点在第一象限），过点C作y轴的垂线分别交直线OA，OB于点P，Q，记PQO，ACP△的面积分别为1S，2S.（1）

求0x的值及抛物线的方程；（2）当0k时，求12SS的取值范围.【答案】（1）202,4xxy==（2）10,3【解析】【分析】（1）利用定义即得；（2）分别将两个三角形的面积转化为坐标表示，结合韦达定理即得.【小问1详解】（1

）12,22pAFp=+==，204,2xyx==.【小问2详解】（2）设()()1122,,,CxyBxy，因为直线OA：12yx=则()112,Pyy，直线OB的方程为:22yyxx=,1212,yxQyy,联立方程组24ykxkxy=−

=消去y可得:2440xkxk−+=,121244xxkxxk+==1121221,1xxxxxxx+==−()()12111212111112212112yxyyPQyySSxyyPCy−==−

−−2222211111121222221111112424112424xxxxxxxSSxxxxxx−−==−−−−21211221214414xSxxSx==−−,22211112222211114441

4444SxxxSxxxx−+==−=−=−+−−−−又10,01kx,21443x−−−,221144141,103434xx−−−+−−故1210,3SS.22.已知函数2()()2xaxFxaxa=−+Rｅ，()Fx的导函数为

()Fx.（1）记()()fxFx=，讨论函数()yfx=的单调性；（2）若函数()yfx=有两个零点1212,()xxxx（i）求证：21ln22ln1aaxxaae−−−−−；（ii）若1232xx−，求a的取值范围.【答案】（1）答案见详解；（2）（i）证明见详解

；（ii）23ln3aｅ．【解析】【分析】（1）求导讨论0a与0a即可求出结果；（2）（i）根据零点存在定理证出122ln2ln1axaxaa−−ｅ，从而证明结论；（ii）由11(1)xax=−ｅ，22(1)xax=−

ｅ得212111xxxx−−=−ｅ，令2111xtx−=−则1ln11txt=+−，先求得1x范围，又111xax=−ｅ，故令()1xhxx=−ｅ，利用导数求得函数()hx值域，从而求出a的取值范围．【小问1详解】由题意知：()xfxaxa=−+ｅ，()xfxa=

−ｅ，当0a时，()0fx恒成立，故()fx在R上单调递增；当0a时，令()0fx，得lnxa，故()fx在(,ln)a−上递减，在(ln,)a+上递增；【小问2详解】（i）依题意知：()yfx=有两个零点1212,()xxxx，由（1）知应有：()()0

ln2ln0afaaa=−，所以2ae，因20aaaaaafaaaaaaa−=−+−+=−−−−ｅｅｅｅｅｅｅ()220fa=−ｅ，则12axa−ｅ()()n22l12ln12ln12ln22ln2aaafaaaaaaaaa−−=−−+=−+=−+

ｅｅｅ令()2ln2xxx=−+ｅ，2xｅ，则21212()0xx=−−ｅｅｅ故2()()20a=−ｅｅ即(2ln1)0fa−，又(ln)0fa则2ln2ln1axa−，综上有：122ln2ln1axaxaa−−ｅ，从而：21ln22ln1aax

xaa−−−−−ｅ（ii）又111()0xfxaxa=−+=ｅ，即11(1)xax=−ｅ，同理22(1)xax=−ｅ两式相除有：212111xxxx−−=−ｅ，令2111xtx−=−，则11(1)(1)txxt−−−=ｅ，即1(1)

(1)txt−−=ｅ，从而有：()()111lntxt−−=，故1ln11txt=+−，因1232xx−，即()12311xx−−，故21131xtx−=−，令ln()11tgtt=+−（3t）则211ln()0(1)ttgtt

−−=−（根据常见不等式11ln1xxx-＃-可知）故()gt在)3,+上递减，所以maxln3()(3)12gtg==+，ln31()12gt+，即1ln3112x+，而111xax=−ｅ，令()1xhxx=−ｅ，则2(2)

()(1)xxhxx−=−ｅ，从而()hx在ln31,12+上递减，所以ln32312ln3ah+=ｅ，即a的取值范围为：23,ln3e+．