2022届浙江高考数学冲刺最后一卷（二）模拟试卷（Word版含解析）

2022年浙江数学高考冲刺最后一卷（二）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
选择题部分（共40分）
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知全集，集合.若，则（ ）
A．4 B．3 C．2 D．0
2．已知复数满足，则共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知是两个不同的平面，直线，且，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点满足不等式组，点，为坐标原点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，S﹣ABC是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，三角形BEF的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（　　）
A．30° B．60° C．20° D．90°
7．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．C．D．
8．设函数，其中，若对任意的，在上有且仅有4个零点，则下列的值中不满足条件的是（ ）
A． B． C． D．
9．已知双曲线的左 右焦点分别为，M为右支上一点，的内切圆圆心为Q，直线交x轴于点N，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．已知数列满足，，为数列的前n项和，则（ ）
A．B．C． D．
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
11．如图所示，角的终边与单位圆交于点，已知点的坐标为，则________．
12．已知，则的值为______．
13．若函数f(x)＝64x6表示为f(x)＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，其中a0，a1，a2，…，a6为实数，则a5＝________，a2＋a4＋a6＝________.
14．已知中，角A，B，C所对的边分别是，已知，是边上一点，且，则=___________；=___________.
15．随机变量的分布列如下表，其中．当________时，取最小值；当______时，有最小值．
1 2 3
p p
16．双曲线的左 右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率__________；若点在双曲线右支上，则的取值范围是__________.
17．已知平面向量，，满足与的夹角为锐角，，，，且的最小值为，则实数的值是_____，向量的取值范围是_____.
三、解答题：本题共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．（14分）向量，，函数.
(1)求函数的对称中心；
(2)若函数在上有5个零点，求的取值范围；
(3)在中，内角，，的对边分别为，，，的角平分线交于点，且恰好为函数的最大值.若此时，求的最小值.
19．（15分）．如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面.
(1)若点是的中点，求证：平面
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值.
20．（15分）已知数列的前项和为，点在直线上．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，求使得成立的的最大值
21．（15分）已知抛物线：经过点，焦点为F，PF=2，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．
(1)求抛物线C的方程
(2)求直线的斜率的取值范围；
(3)设为原点，，，求证：为定值．
22．（15分）已知函数．
(1)若，求函数的单调递增区间；
(2)（ⅰ）若是函数的极大值点，记函数的极小值为，求证：；
（ⅱ）若在区间上有两个极值点．求证：．（提示：）．试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
解：因为，又，
所以，即且，又，所以；
故选：A
2．D
【详解】
因为
所以，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D
3．B
【详解】
解：当直线，且，，则，或，与相交，故充分性不成立，
当直线，且，时，，故必要性成立，
所以，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B
4．D
【详解】
如图所示，长方体中，其中，
则该三视图对应的几何体为三棱锥，
其中该几何体最长的棱为.
故选：D.
5．B
【详解】
解：，，所以，设，则，不等式组表示的平面区域如图所示，
当直线过时，取得最大值，；
当直线过时，取得最小值，；则的取值范围是.
故选：B.
6．A
【详解】
把正三棱锥沿SB剪开，并展开，形成三个全等的等腰三角形，△SBC、△SCA、△SAB'，
连接BB'，交SC于F，交SA于E，则线段BB′就是△BEF的最小周长，BB'＝，
又SB＝SB'＝a，根据勾股定理，SB2+SB'2＝BB'2＝2a2，
△SBB'是等腰直角三角形，
∴∠BSB'＝90°，
∴∠ASC＝，
∴侧棱SA，SC的夹角为30°
故选：A．
7．A
【详解】
因为，定义域为R，又，
所以是奇函数，排除C；
当时，，，则且单调递增，排除B，D.
故选：A.
8．B
【详解】
解：设，则，所以在，上有4个零点，
可知，所以，
又，所以，即，满足的只有，
故选：．
9．A
【详解】
如图，设内切圆Q与的三边分别切于三点，过作轴于点，易得，
又由双曲线定义得，即，又，
故，即点横坐标为，又，则，故直线的方程为，代入，
解得，即，又，则，故，
又，则，，在中，由余弦定理得，
即，化简得，即，解得或，又离心率大于1，故离心率为.
故选：A.
10．D
【详解】
当，时，因为，所以，
又因为，
且，
下证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证
令，即证，当，时，不等式恒成立.
因此，，
所以
，
又因为，
故选：D..
11．##
【详解】
由三角函数的定义可得，所以.
故答案为：.
12．
【详解】
．
故答案为：.
13． 6 31
【详解】
64x6＝[1＋(2x－1)]6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2 x－1)6，
∴，
故答案为：6, 31
14．
【详解】
解：，
设，，
中，，
中，，
中，，
，
是边上一点，所以，
，
故答案为：；.
15． ## ##
【详解】
解：由题意可得，
故当时，取最小值；
，
因为对称轴方程为，，
故当时，取最小值.
故答案为：；.
16．
【详解】
当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：
又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，
17．
【详解】
①由题
因为，，所以
因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，最小
所以，解得
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
②因为
又有
将模长代入，设
即原式
因为，所以
故答案为：①；②
18．(1)（Z）
(2)
(3)
【分析】
（1）根据平面向量的坐标运算，以及三角恒等变换先求出，再令，即可解出；
（2）由题可知在上有5个根，当时，，所以它的5个根分别是的解，即可由得出的取值范围；
（3）由恰好为函数的最大值可求得，，在和中，根据正弦定理可求出，再在中，利用正弦定理求出，从而得到的表达式，最后利用基本不等式可求出最小值．
(1)
∵，，∴，
∴.
令得，∴的对称中心为（Z）.
(2)
当时，，又在上有5个零点，
∴，∴的取值范围为.
(3)
由恰好为函数的最大值可得，
即，∵，则可解，则，
在中，由，可得，
在中，由，可得，
∴，
在中，，
则可得，，
则
，
∵，，
∴，
当且仅当等号成立，故的最小值为.
19．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】
（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而得到要求证的线面平行.
（2）在平面中，过作的垂线，与交于，则可建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值，进而可得余弦值.
（3）求出平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值后可求面面角的正弦值.
(1)
取的中点为，连接，
在菱形中，因为，则，
而平面，平面，故平面，
由四棱台可得，而，
故，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，故平面，
因为， 平面，平面，
故平面平面，而平面，故平面.
(2)
在平面中，过作的垂线，与交于，
因为平面，平面，故，
同理，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
故，
，
故，，所以，
所以，故，
而平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，所以.
(3)
由可得，
故，而，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
故，
结合（2）的平面的一个法向量为，
故，
设平面与平面的夹角为，则.
故平面与平面的夹角的正弦值为.
20．(1)
(2)
【分析】
（1）将代入直线方程，可得，利用与关系可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式推导可得；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得，解不等式可求得，由此可得最大值.
(1)
点在直线上，，
当时，，解得：；
当时，，，
即，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
.
(2)
由（1）得：，
，
由得：，，则，
，则，
使得成立的的最大值为.
21．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）利用抛物线的定义，直接计算求出，可得答案.
（2）根据题意，考虑斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立方程，利用判别式和、要与轴相交，得到的范围.
（3）设点，，利用，，得出，进而联立，利用韦达定理进行消参，可证明为定值.
(1)
抛物线：经过点，
PF=1+2
解得，故抛物线方程为：
(2)
由题意，直线的斜率存在且不为，
设过点的直线的方程为，
设，
联立方程组可得，
消可得，
，且，
解得，且，
则，，
又、要与轴相交，
直线不能经过点，即，
故直线的斜率的取值范围是；
(3)
证明：设点，，
则，，
因为，所以，
故，同理，
直线的方程为
，
令，得，同理可得，
因为
，
，
为定值．
22．(1)单调递增区间为和
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】
（1）求出函数的导函数，令导函数大于零，即可得解；
（2）（ⅰ）求导，根据是函数的极大值点，可得，且函数的极小值为，，利用导数求出函数的最大值，证明其最大值小于零，即可得证；
（ⅱ）求导，根据在区间上有两个极值点，可得，且，从而可求得的范围，再根据的范围分类讨论，从而可得出结论.
(1)
解：，
令，则或，
所以的单调递增区间为和；
(2)
证明：（ⅰ），
因为是函数的极大值点，所以，
函数的极小值为，
令，
则，
令，
则，
所以函数在上递减，即函数在上递减，
又因，，
故存在，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
由，得，
得，
所以；
（ⅱ），
因为在区间上有两个极值点，
所以在递增，在递减，在递增，
即，且，
解得，或，
当时，
；
当时，，
，
因为，
要证，只需证，
而，
当时，，当时，，
所以在递减，在递增，在递减，
又因为，
所以当时，，
所以．