2022年5月強基模擬卷解析浙江上虞一?選擇題1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求解集合，進而求出交集.【詳解】.故選：A.2.拋物線的焦點到準線的距離為（）A B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根據拋物線的標準方程進行求解即可.【詳解】由，焦點到準線的距離是，故選：D.3.復數（i為虛數單位）的共軛復數在復平面的對應的點在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】先求出復數z和，即可判斷.【詳解】因為，所以，所以對應點.故選：C.4.已知，則“”是“角為第一或第四象限角”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分又不必要【答案】B【解析】【分析】利用定義法進行判斷.【詳解】充分性：當時，不妨取時軸線角不成立.故充分性不滿足；必要性：角為第一或第四象限角，則，顯然成立.故選：B.5.若實數x，y滿足，則的取值范圍（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設，求出，再根據不等式的性質即可得出答案.【詳解】解：設，則，解得，故，又因，所以，所以故選：A.6.某幾何體的三視圖（單位：）如圖所示，則該幾何體的最長的棱長（單位：）是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據三視圖判斷幾何體的形狀，然后進行計算即可.【詳解】由題意知原圖是一個三棱柱截去一個三棱錐，所以最長的棱長是，故選：C.7.函數的大致圖象為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析出在上單調遞增，在上單調遞減，排除B，C選項，又當時，，求導得到其單調遞減函數，再次求導得到函數圖象上凸,從而得到A選項正確.【詳解】當時，，則，故當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，所以B，C錯誤，當時，，，所以在上單調遞減，令，則，所以單調遞減，函數圖象為上凸，故D錯誤，A正確.故選：A.8.某商場舉行抽獎活動，箱子里有10個大小一樣的小球，其中紅色的3個，黃色的3個，藍色的4個，現從中任意取出3個，則其中至少含有兩種不同的顏色的小球的取法共有（）A.96種 B.108種 C.114種 D.118種【答案】C【解析】【分析】由題，利用取出3個至少有兩個不同顏色，等價于取出3個沒有三個同色，結合組合公式即可求解【詳解】至少含有兩種不同的顏色的小球等價于從10個球中任意取出3個減去3個是同色的情況，即，故選：C.9.平面直角坐標系中有兩點和，以為圓心，正整數i為半徑的圓記為，以O2為圓心，正整數j為半徑的圓記為.對于正整數（），點是圓與圓的交點，且，，，，都位于第二象限，則這5個點都在同一（）A.直線上 B.橢圓上C.拋物線上 D.雙曲線上【答案】D【解析】【分析】分別求得和的方程和，聯立方程組求得，代入，求得，化簡得到，即可求解.【詳解】由題意，圓的方程為，即，圓的方程為，即，聯立可得，即，解得，代入的方程得，即，解得，又由，所以，即，所以這5個點都同一個雙曲線上.故選：D.10.如圖，在三棱錐中，，且，則三棱錐體積的最大值為（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作于D，由題可得，即得.【詳解】∵，且，∴，作于D，則，設三棱錐的高為，∴..故選：A.二?填空題11.在的展開式中，含的項的系數是___________，常數項是___________.【答案】①.②.720【解析】【分析】從組合知識入手，進行求解.【詳解】由題意得，由組合知識可知含的項的求解，需要從6個因式中，5個因式選擇x，一個因式選擇常數，故含的項的系數是，而常數項是；故答案為：，720.12.已知圓與x軸和均相切，則___________，___________.【答案】①.②.1【解析】【分析】根據點到直線的距離公式得到方程組，解得即可；【詳解】解：圓，圓心為，半徑，由題意得，解得；故答案為：；13.已知，則___________，___________.【答案】①.；②..【解析】【分析】根據降冪公式和輔助角公式進行求解即可.【詳解】因為，所以，,故答案為:；.14.在數列中，為的前n項和，則的值為___________.【答案】2【解析】【分析】根據已知可得，從而可得出答案.【詳解】解：因為，所以.故答案為：2.15.已知橢圓C的離心率，左右焦點分別為，P為橢圓C上一動點，則的取值范圍為___________.【答案】【解析】【分析】利用焦半徑公式把比值表示為的式子，然后由得出范圍．【詳解】設，，且得：.故答案為：.16.已知1是函數的一個極值點，其中，則其導函數有___________個零點；函數的另外一個極值點的取值范圍為___________.【答案】①.2②.【解析】【分析】根據分析出，進而利用根的判別式得到有兩個零點，根據韋達定理求出的另外一個極值點，結合的關系，得到.【詳解】，則，因為，可知：因為，所以由兩個不相等實數根，故有兩個零點，由兩根之積可得：另一個零點為，也是的另外一個極值點則，即，由.故答案為：2，17.已知平面內兩單位向量，若滿足，則的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】設出得到，由不得關系得到，從而得到最小值.【詳解】由題意,可以設，則由得，由，所以，解得：即的最小值是.【點睛】對于向量相關的不等式，最值問題，合理設出向量的坐標，可以大大簡化做題難度和計算量.三?解答題18.如圖，在四邊形中，.（1）求的長；（2）若，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式求解的余弦值，利用余弦定理即可求解的長；（2）利用正弦定理求得的長，利用三角形內角和為求解的正弦值，最后利用三角形面積公式即可求解.【小問1詳解】解：因為，所以由余弦定理得：，所以.【小問2詳解】由正弦定理得，所以，故，，則為銳角，，所以，所以的面積為.19.如圖，在四棱錐中，底面是一個矩形，，，是等邊三角形.

（1）證明：.（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先證平面，得平面平面，取中點O，得平面，從而得，再在矩形中證得，可得平面，從而得證線線垂直；（2）由體積法求得D到平面的距離為d，然后由直線與平面所成角的定義得出此角的正弦值．【小問1詳解】如圖因為是等邊三角形，故，又，所以，又，平面，所以平面，又平面，因此平面平面.由，取中點O，平面，平面平面，且平面平面，所以平面平面，故.①由題可知，，所以，所以，所以，故.②由①②及，平面，所以平面，平面，所以.【小問2詳解】設D到平面的距離為d，與平面所成角為.由可知，即，解得，故.所以直線與平面所成角的正弦值為.20.已知等差數列，?是方程的兩個根，且，求（1）數列的通項公式；（2）數列的前項和為，數列的前項和為，若對一切實數，都有，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由韋達定理可得，則，又，則可解得首項與公差，進而求出通項公式（2）先求，再用裂項相消法求，進而求得的上界，恒成立，則的上界小于或等于，解之即得所求【小問1詳解】因為?是方程的兩個根，所以，則，因為，所以，解得，則，所以【小問2詳解】由（1）得，∴得∴，所以，解得或，所以的取值范圍為.21.已知拋物線的頂點為O，點P是第一象限內C上的一點，Q是y軸上一點，為拋物線的切線，且.（1）若，求拋物線的方程；（2）若圓都與直線相切于點P，且都與y軸相切，求兩圓面積之和的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設出直線，與拋物線聯立后用根的判別式為0求出，利用求出；（2）方法一：設出，由射影定理和斜率垂直關系得到半徑平方和關系，換元后利用基本不等式求出最值；方法二：設，，表達出半徑平方和關系，換元后利用基本不等式求最值【小問1詳解】設直線與拋物線方程聯立，消去y，得所以點所以拋物線的方程為【小問2詳解】方法一：設點，則由（1），可知①因為圓都與直線相切于點P，則，設圓與圓切于點，則有，且分別是的角平分線，所以，設圓，的半徑分別為，由射影定理，有因為，所以，設所以所以令，則，當且僅當時等號成立所以兩圓面積之和的最小值為.方法二：設，則，所以，由直線，令令，令，則當且僅當時取等號所以兩圓面積之和的最小值為.【點睛】圓錐曲線相關的取值范圍問題，要設出直線方程，與圓錐曲線聯立后利用兩根之和與兩根之積列出方程，得到等量關系，常常和基本不等式，導函數結合22.已知函數（1）當時，求極值.（2）設為的極值點，證明：.【答案】（1）極大值為,不存在極小值;（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據導數的性質，結合極值的定義進行求解即可；（2）根據（1）的結論、函數極值的定義，結合構造函數法、零點存在原理、導數的性質，運用分類討論思想進行證明即可.【小問1詳解】當單調遞減，當時，單調遞增,當時，單調遞減，所以當時，函數有極大值，極大值為，沒有極小值；【小問2詳解】的定義域為當時，無極值點.當時，由第一小題知，則，當時，若為的極值點，則，假設，則，當時，，設，則，當時單調遞增