2022年高考临考模拟卷（三）
数学（浙江）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答第1卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写本试卷上无效.
回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（共40分）
一、单选题(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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
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．在锐角中，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
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，在四面体中，、分别是、的中点，过的平面分别交棱、于、（不同于、、、），、分别是棱、上的动点，则下列命题错误的是（ ）
A．存在平面和点，使得平面
B．存在平面和点，使得平面
C．对任意的平面，线段平分线段
D．对任意的平面，线段平分线段
7．函数，的图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
9．已知F是椭圆的右焦点，P是椭圆C上的点，设曲线C在点P处的切线l与x轴交于点Q，记坐标原点为O，直线的斜率为k，椭圆C的离心率为e，（ ）
A．若直线轴，则 B．若直线轴，则
C．若，则 D．若，则
10．设数列满足，记数列的前n项的和为，则（ ）
A． B．存在，使
C． D．数列不具有单调性
第II卷（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）
11．2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花（火炬）被中国结紧紧包裹的画面，体现了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似“包裹”的图形.如图，双圆四边形即不仅有内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形进行了大量研究，如：边长分别为a，b，c，d的双圆四边形，则其内切圆半径，外接圆半径.现有边长均为1的双圆四边形，则___________.
12．已知，函数若，则_______.
13．已知多项式，则_______，________．
14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，，则______，△ABC的面积是______．
15．一个袋中装有大小质地完全相同的个红球和个白球，从中任取3个球.记取出的白球个数为，若，则___________，___________.
16．已知抛物线，焦点，在准线上的投影为，抛物线上有一点，的重心为，则直线的斜率最大值是______．此时，若圆与直线相切，______．
17．已知平面向量满足：，，，，，则当取到最小值时，___________.
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）已知函数．
(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；
(2)若函数关于点中心对称，求在上的值域．
19．（本题满分15分）已知四边形中，，E为中点，连接，将沿翻折到．
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
20．（本题满分15分）设数列，的前项和分别为和，已知，，且满足：， （）.
(1)求的通项公式，并证明：数列是等差数列；
(2)设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
21．（本题满分15分）如图，过点作抛物线的两条切线，，切点分别是，，动点为抛物线上在，之间部分上的任意一点，抛物线在点处的切线分别交，于点，.
(1)若，证明：直线经过点；
(2)若分别记，的面积为，，求的值.
22．（本题满分15分）已知函数．
(1)求函数的最小值；
(2)若方程有两实数解，求证：．（其中为自然对数的底数）．2022年高考临考模拟卷（三）
数学（浙江）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答第1卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写本试卷上无效.
回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（共40分）
一、单选题(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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据绝对值的意义解出集合M，根据指数函数的性质解出集合N，结合集合之间的关系即可得出结果.
【详解】
由，得M={y|y≤0}，
由，得N={y|y＞0}，所以，
所以
故选：C．
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
【答案】D
【解析】
【分析】
先由已知根据复数的四则运算可得复数，然后可得，再由复数几何意义可得.
【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．在锐角中，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
由题目条件可得，又因为，可解得：，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】
因为，
所以，
又因为，当且仅当时取等.所以，所以，又因为为锐角三角形，所以，所以.
所以能推出，但推不出.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三视图确定该多面体的形状，利用棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】
几何体的直观图如下图，可视为一个四棱锥与一个三棱锥拼凑而成，
故，
故选：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．
【答案】B
【解析】
【分析】
画出不等式组表示的平面区域，因为，设，则，利用的几何意义求出的取值范围.
【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．如图，在四面体中，、分别是、的中点，过的平面分别交棱、于、（不同于、、、），、分别是棱、上的动点，则下列命题错误的是（ ）
A．存在平面和点，使得平面
B．存在平面和点，使得平面
C．对任意的平面，线段平分线段
D．对任意的平面，线段平分线段
【答案】D
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定定理可判断AB选项；取的中点，的中点为，设，，利用空空间向量的线性运算可得出，可判断C选项；利用反证法结合C选项可判断D选项.
【详解】
对于A选项，当时，因为平面，平面，此时平面，A对；
对于B选项，当时，因为平面，平面，此时平面，B对；
对于C选项，取的中点，的中点为，设，，
则有，
同理可得，，
，
，
所以，所以，，
因为、、、四点共面，则，所以，，
所以，，则，
所以，，可得，
即、、三点共线，即的中点在上，即线段平分线段，C对；
对于D选项，若线段平分线段，又因为线段平分线段，则四边形为平行四边形，
事实上，四边形不一定为平行四边形，故假设不成立，D错.
故选：D.
7．函数，的图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
依据图像列不等式求得的取值范围，即可进行选择
【详解】
由图像可知，当时，，则时，，则，
又由图像不关于原点中心对称可知，则
则时，，即，则
故选：C
8．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项.
【详解】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由 ，
，
则 ，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
9．已知F是椭圆的右焦点，P是椭圆C上的点，设曲线C在点P处的切线l与x轴交于点Q，记坐标原点为O，直线的斜率为k，椭圆C的离心率为e，（ ）
A．若直线轴，则 B．若直线轴，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】
【分析】
直线轴，不妨设点P在第一象限，，由此可推得，，该式不会恒等于1，故可判断A,B; 若，设，根据过椭圆上一点处的切线方程的结论，可得切线方程，由此推出，即可推得，，判断C,D.
【详解】
若直线轴，不妨设点P在第一象限，，
则，，
令，则 ，
即当 时，等于1，当 时，不等于1，故选项A，B错误；
若，设，则切线：，
则，
因为，
所以，，故C错误，D正确，
故选：D．
10．设数列满足，记数列的前n项的和为，则（ ）
A． B．存在，使
C． D．数列不具有单调性
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意求得，进而得到与同号，结合作差法比较法，可判定B、D错误；由，得到，利用叠加法，可判定A错误；化简得到，利用裂项法求和，可判定C正确.
【详解】
由于，则，
又由，则与同号．
又由，则，可得，
所以数列单调递增，故B、D错误；
又因为，
由数列单调递增，且，所以，所以，
累加得，所以，故A错误；
由可得，
因为，所以，故C正确．
故选：C．
第II卷（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）
11．2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花（火炬）被中国结紧紧包裹的画面，体现了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似“包裹”的图形.如图，双圆四边形即不仅有内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形进行了大量研究，如：边长分别为a，b，c，d的双圆四边形，则其内切圆半径，外接圆半径.现有边长均为1的双圆四边形，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
直接由题目所给公式计算外接圆和内切圆半径即可求解.
【详解】
由题意知：，故，，，故 .
故答案为：.
12．已知，函数若，则_______.
【答案】或
【解析】
【分析】
根据分段函数的定义域代入求值可得答案.
【详解】
,
当时，，得，故；
当时，，故.
故答案为：或.
13．已知多项式，则_______，________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用赋值法计算可得；
【详解】
解：因为，
令可得①；
令可得②，
两式相减，整理可得．
对两边求导可得，，
令，可得．
故答案为：；．
14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，，则______，△ABC的面积是______．
【答案】 ## ##
【解析】
【分析】
由正弦定理边角关系及三角形内角性质可得、且，根据余弦定理得，再由边角关系即可求A的大小，进而求得，应用三角形面积公式求面积.
【详解】
由，而，显然，
所以，而，故 ，
所以，而，即
综上，，故，即.
由上知：，故.
故答案为：，
15．一个袋中装有大小质地完全相同的个红球和个白球，从中任取3个球.记取出的白球个数为，若，则___________，___________.
【答案】 2 2
【解析】
【分析】
根据题意，取出的三个球中恰好有一个白球的概率，可求出的值，分别求出取出的白球为1,2,3时的概率，进而求出即可.
【详解】
根据题意，取出的三个球中恰好有一个白球的概率为：
，解得；
所以袋中有2个红球，4个白球，
则取出的三个球中白球的个数的可能取值为：1,2,3，
所以，，
所以，
故答案为：，.
16．已知抛物线，焦点，在准线上的投影为，抛物线上有一点，的重心为，则直线的斜率最大值是______．此时，若圆与直线相切，______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】
设，由重心坐标公式可得，则，可知当时，可取得最大值，利用基本不等式可求得最大值为；由此可得直线方程，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得的值.
【详解】
由题意得：，，
设，则，则；
当时，；当时，；
当时，（当且仅当，即时取等号），
直线的斜率最大值为；
直线，即；
由圆的方程知：圆心，半径，
圆心到直线距离，解得：.
故答案为：
17．已知平面向量满足：，，，，，则当取到最小值时，___________.
【答案】
【解析】
【分析】
设，，，因为，则或，再分别求出两种情况下的坐标，求模长，分析取最小值时的情况，从而得到和的值，求解即可.
【详解】
根据题意，因为，，，设，，，
所以，所以，
所以，所以或，即或；
当时，因为，所以，
所以，当且仅当且时，取到最小值，
解得，，，所以，，
所以；
当时，因为，所以，
所以，当且仅当且时，取到最小值，
解得，，，所以，，
所以；
综上所述：.
故答案为：.
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．已知函数．
(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；
(2)若函数关于点中心对称，求在上的值域．
【答案】(1)最小正周期为，
(2)
【解析】
【分析】
（1）先利用倍角公式化简得，结合正弦函数的单调区间及最小正周期即可求解；
（2）先写出，由关于点中心对称解出，再结合正弦函数的值域即可求解.
(1)
．∴的最小正周期为，
令，∴的单调递增区间为
(2)
．
∵关于点中心对称，∴，∵，∴．
∴．当∴．
19．已知四边形中，，E为中点，连接，将沿翻折到．
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理证明；（2）设，建立空间直角坐标系，利用，求解，表示出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，再利用空间向量的夹角计算公式求解.
(1)
在四边形中，求得：均为正三角形，
所以也为正三角形，取中点O，连接，
则，，又
∴平面，∴
(2)
如图建系，设二面角的平面角为，即，
则，
∴，∴，，
设面的法向量为，
则，
设直线与面所成角为，
∴．
20．设数列，的前项和分别为和，已知，，且满足：， （）.
(1)求的通项公式，并证明：数列是等差数列；
(2)设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据所给的递推关系以及 ，可以求得 的通项公式；
（2）由 的通项公式求得 的通项公式，再用错位相减法求得 ，解不等式即可.
(1)
当时， 得，
当 时， …①， …②，
，②-①：得，
数列从第二项起，以为首项的等比数列，故 ，
（ ），
由，即 ，所以数列是首项为，
公差为1的等差数列，
， 所以，；
(2)
由 ，
，
两式相减，
得：
，
所以 ，
由题设： ，
即 ，
故；
综上， ，.
21．如图，过点作抛物线的两条切线，，切点分别是，，动点为抛物线上在，之间部分上的任意一点，抛物线在点处的切线分别交，于点，.
(1)若，证明：直线经过点；
(2)若分别记，的面积为，，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）设直线AB方程，点，联立直线AB与抛物线C的方程可得，再求出抛物线C在点A，B处切线斜率推理得证.
（2）由（1）求出PA，PB的方程，进而求出直线AB方程，设点得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.
(1)
设，直线的方程为，由消去y并整理得：，有，
令抛物线在点A处切线方程为，由消去y并整理得：
，则有，
解得，同理，抛物线在点B处切线斜率为，
因，则有，解得，
所以直线：恒过定点.
(2)
由（1）知，切线的方程为：，整理得：，
同理切线的方程为：，设点，则切线的方程为：，
而点，即有，，因此直线的方程为：，
有，点到直线的距离是，则，
由解得点M的横坐标，同理点N的横坐标，
有，点到直线的距离，则，
所以.
22．已知函数．
(1)求函数的最小值；
(2)若方程有两实数解，求证：．（其中为自然对数的底数）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接令，求导，再把导数构造成新函数，再次求导，确定单调性，进而确定单调性，即可求得最小值；
（2）先求导确定单调性，结合图像得，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，再结合函数放缩得，最后构造函数证得即可得证.
(1)
易得，令，则，令，则，
令解得，令解得，∴在上单调递减，在上单调递增，
又∵时，，，，∴在上单调递减，在上单调递增，
∴；
(2)
易得，∵，当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，又∵时，，，画出草图如图所示：
不妨设，∴．由（1）知，，当且仅当时取等号，
令，，显然在单减，单增，故，即，
∴，当且仅当时取等号，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，则，，
由图可知，∴①，令，
，又，可得当时，，即，
令，，则，即，即，又，则，
又，则，∴②
综合①②可得，．
