浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）2022届高三上学期8月第一次联考（暑假返校联考）数学试题 (Word版含答案)

Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2022届高三第一次联考
数学试题卷
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．已知是虚数单位，则复数的虚部是（
）
A．
B．
C．
D．
2．已知集合，，则（
）
A．
B．
C．
D．
3．已知非零向量，，则“”是“与共线”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
4．设实数，满足，则目标函数的最小值是（
）
A．
B．
C．
D．
5．如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为（
）
A．2
B．4
C．6
D．12
6．已知单位向量，，满足，且，的夹角为，则的值为（
）
A．
B．
C．
D．
7．以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（
）
A．
B．
C．
D．
8．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（
）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．四棱锥体积的最大值为
D．过点分别作于点，于点，则
9．已知点在曲线（）上，设，则的最大值（
）
A．与有关，且与有关
B．与有关，但与无关
C．与无关，但与有关
D．与无关，且与无关
10．已知数列满足，，则下列选项正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，单空题每空4分，多空题每空3分，共36分．
11．鲁洛克斯三角形又称“勒洛三角形”，是一种特殊的三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．鲁洛克斯三角形的特点是：在任何方向上都有相同的宽度，机械加工业上利用这个性质，把钻头的横截面做成鲁洛克斯三角形的形状，就能在零件上钻出正方形的孔来．如下图，已知某鲁洛克斯三角形的一段弧的长度为，则线段的长为______，该鲁洛克斯三角形的面积为______．
12．已知，则______；若函数在上单调递增，则的取值范围为______．
13．设，则______，______．
14．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则______，若的外接圆的周长为，则面积的最大值为______．
15．甲与乙进行投篮游戏，在每局游戏中两人分别投篮两次，每局投进的次数之和不少于3次则胜利，已知甲乙两名队员投篮相互独立且投进篮球的概率均为，设为甲乙两名队员获得胜利的局数，若游戏的局数是27，则______．
16．已知点在椭圆：（）上，左顶点为，点，分别为椭圆的左、右焦点，的最大值和最小值分别为4和．直线点，且与平行，过，两点作的垂线，垂足分别为，，当矩形的面积为时，则直线的斜率是______．
17．已知平面非零向量，，，满足，，若（），，则的最小值为______．
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．
18．（本题满分14分）
在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求角的大小；
（2）已知，，设为边上一点，且为角的平分线，求的面积．
19．（本题满分15分）
如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点为的中点，求与平面所成的角的正弦值．
20．（本题满分15分）
已知公比的等比数列和等差数列满足：，，其中，且是和的等比中项．
（1）求数列与的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若当时，等式恒成立，求实数的取值范围．
21．（本题满分15分）
已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，点在抛物线上，其中，弦的中点为，以为端点的射线与抛物线交于点．
（1）若恰好是的重心，求；
（2）若，求的取值范围．
22．（本题满分15分）
已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若方程有两个不同实根，证明：．
Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2022届高三第一次联考
数学参考答案
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
C
D
A
D
C
D
B
B
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．
11．3；
12．18；
13．；31
14．；
15．16
16．
17．0
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．
18．解：
（1）由正弦定理得．
因为，所以，
所以．
因为，所以．
（2）在中，由余弦定理得，∴．
由角平分线性质知：，所以．
过做垂直于点，
则，．
所以．
19．解：
（1）连接，∵，为中点，∴；
，又，，则，
∴，
所以，而，则，所以．
又，所以平面．
（2）由（1）平面，可得，又是中点，
∴，而，∴，又，所以平面，
所以就是与平面所成的角．
在直角三角形中，，所以．
故与平面所成的角的正弦值为．
20．解：
（1）设等差数列的公差为，
因为，，，且是和的等比中项，
所以，解得或（舍）．
所以，．
（2）因为①
②
得
．
因为，即对恒成立，所以．
当为偶数时，，所以；
当为奇数时，，所以，即，
综上可得．
21．解：
（1）设，由是的重心，得，．
即，，
因为，得．
（2）因为为弦的中点，即，
所以，
因为、、三点共线，所以．直线斜率不为0，
故设直线：，
由消去得．
得，其中，
则，
因为，
所以．
22．解：
（1）∵，
∴切线方程为．
（2）由（1）得，又，，且在上单调递增，所以有唯一实根．
当时，，递减；当时，，递增，故两根分别在与内，不妨设．
设，，则，
当时，，递减；当时，，递增，
∴有最小值，即恒成立，，．
又因为函数在处的切线方程为，所以恒成立，
，即
于是．