2022年高考临考冲刺卷（四）
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．设全集为R，若集合，，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求出集合A，B， 的区间，根据交集的定义求解即可.
【详解】
由题意， ， ， ，
；
故选：B.
2．设是虚数单位，复数为实数，则实数的值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数除法运算化简，然后根据复数为实数的条件求得的值.
【详解】
依题意，复数为实数，
所以.
故选：C
3．已知向量和，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
从充分性和必要性的角度，结合题意，即可判断和选择.
【详解】
显然当时，成立，满足必要性；
当成立，若向量和其中有一个为零向量满足题意，
此时和不一定相等，充分性不满足；
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：C．
4．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（ ）
A． B．32 C． D．64
【答案】C
【解析】
【分析】
将三视图还原到长方体中，该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，由锥体的体积公式即可得出答案.
【详解】
该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，
故
故选：C .
5．若实数满足线性约束条件，则的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
画出可行域，利用几何意义求解目标函数的最大值.
【详解】
画出可行域，如图，阴影部分即为可行域，画出目标函数，
可知当经过时，取得最大值，.
故选：C
6．如图，在正四面体中，点E，F分别是棱上的点（不含端点），，记二面角的大小为，在点F从点B运动到点D的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．若，则先增大后减小 B．若，则先减小后增大
C．若，则先增大后减小 D．若，则先减小后增大
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据正四面体的几何特征，作出二面角的平面角，再根据平面角的表达式得出的取值情况.
【详解】
当时，E为靠近B的四等分点，如图，
过A作面，过O作垂直于于点M，连接，则为二面角的平面角，
当点F从点B运动到点D的过程中先变大后变小，所以，
又因为不变，所以先变小后变大.
当，如图
同理，，此时在点F从点B运动到点D的过程中可以取到，所以C、D错误.
故选：B.
7．函数的图像如图所示, 则其解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据给定图像，分析函数定义域排除两个选项，再由时的函数值情况判断作答.
【详解】
由给定图像知，函数的定义域为且，
对于B，且，B不是；
对于C，，C不是；
由图像知，当时，恒成立，
对于D，当时，，D不是，A满足条件.
故选：A
8．已知互不相等的三个正数a，b，c，则在三个值中，大于2的个数的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
首先证明，可得中至少有一个大于2，然后举例判断即可.
【详解】
因为，等号成立条件，与已知条件矛盾，∴，
若都不大于2，则与矛盾，中至少有一个大于2．
另一方面，若时，，只有一个大于2，满足，所以成立，故在三个值中，大于2的个数最小值为1．
故选：A．
9．已知且，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两点间距离公式模型，结合曲线的切线，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】
代数式
可以看成点到点距离的平方，点在平面直角坐标系中，表示单位圆上的点，
点表示曲线上的点，如下图所示：
，由，
所以曲线在点处的切线方程为：，
此时直线与直线垂直于点，交圆于点，
由数形结合思想可以确定：
当点运动到点时，当点运用到点时，有最小值，即，
故选：B
10．已知数列中，，若，则下列结论中错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 通过递推计算得该选项正确；B. 由题得，所以该选项正确； C. ，设得到，再赋值相加即得 ，所以该选项正确；D. ,所以该选项错误.
【详解】
解：A. 由题得所以该选项正确；
B. 由题得，，所以，当时，也满足，所以，所以该选项正确；
C. 由前面得，，
所以也适合，所以 .
设，所以函数在单调递减，所以 所以，所以 ，，，所以所以，所以该选项正确；
D. ,所以该选项错误.
故选：D
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】
【解析】
【分析】
利用函数的解析式可得出求得实数的值.
【详解】
由已知可得，
故.
故答案为：.
13．已知.且，则__________，该展开式第3项为__________.
【答案】 5
【解析】
【分析】
根据二项式展开式可得，再利用赋值法得到，即可求出，再根据展开式的通项计算可得；
【详解】
解：因为，
所以，令，则，令，则，
所以，所以，所以，解得或（舍去），
所以，
所以展开式的第项为；
故答案为：；
14．如图，在中，，，，，则_________，_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由，利用三角公式求出；利用正弦定理直接求出BD.
【详解】
因为，所以，所以.
因为，所以，所以，
又为锐角，所以.
在中，，，，由正弦定理得：，即,解得： .
故答案为：；
15．袋中有6个大小相同的球，其中1个红球，m个白球，n个黑球，现依次取球，每次取出一个，取出不放回，直到取出的球中有两种不同颜色的球时结束，已知取到1个红球1个白球的概率为，则__________，用表示终止时取球的次数，则随机变量的数学期望__________.
【答案】 3
【解析】
【分析】
直接求出取到1个红球1个白球的概率，从而解出，进而得到6个中各种颜色的球的个数，所以随机变量的取值为：2,3,4，求出各个概率，可得期望.
【详解】
取到1个红球1个白球，则取球2次，则取到1个红球1个白球的概率，解得
所以袋中的6个球中，其中1个红球，3个白球，2个黑球
随机变量的取值为：2,3,4
随机变量的数学期望
故答案为： 3；
16．已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别是，过点且斜率为k的直线与圆交于A，B两点（点B在x轴上方），线段与椭圆交于点M，延长线与椭圆交于点N，且，则椭圆的离心率为___________，直线的斜率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据几何关系及椭圆的定义即可求解.
【详解】
过原点作于点,则为的中点，
又∵, ∴, 即的中点，
∴∥, ∴,
连接, 设，则，，，
在△中，，解得，
在△中，，整理得，
解得，
.
故答案为：；.
17．已知平面向量，且，则的最大值是_______；最小值是________．
【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】
利用向量的坐标形式，代入化简等式，可得到向量、终点轨迹，再数形结合即可得到最值
【详解】
设，
由得：，而，
所以，
故向量：以原点为始点，终点是圆心为，半径为的圆上的点，
结合图象，当时，；
设，代入整理得，，
故为以原点为始点，终点在直线上的点，
故为始点在圆上，终点在上的向量，
又到的距离为，
结合图像，.
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．（本题满分14分）设函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)将的图象往右平移，得到新函数的内角的对边分别为，已知，且，求.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先化简，再令即可求出答案；
（2）根据三角函数的平移变换求出，再由可求得，再由正弦定理和二倍角公式化简可得，即可求出.
(1)
，，
所以单调递增区间为.
(2)
，
又，
，或（舍）或，
19．（本题满分15分）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，是线段的中点.
(1)求证： 平面：
(2)若，且，记为的重心，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）易得四边形是平行四边形，从而有，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）易证平面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，取平面的一个法向量，由求解.
(1)
证明：因为，
所以四边形是平行四边形，
平面平面，
则平面.
(2)
根据题意可得，
，
，又，
平面，
建立如图所示空间直角坐标系.
则
所以，
令平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
取平面的一个法向量，
所以二面角的平面角的余弦值为.
20．（本题满分15分）已知正项数列满足，数列的前n项和为且满足．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，证明：．
【答案】(1)；.
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）将移项后化简可轻易得出为等差数列，通过将已知条件代入后易得为等比数列，再分别通过等差数列与等比数列的通项公式即可求解.
（2）将化简后，可判断出，设将此式的前项和为，错位相消后可求出的表达式，通过判断出即可证明.
(1)
由已知条件，可化为
为正项数列，∴，所以为等差数列，则.
①，②
时，得，由①②得，所以为等比数列.
(2)
证明：由题意，，
，设的前项和为，
③
④，
③④得，，
，.
21．（本题满分15分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，，l于点P，Q，N．
(1)求证：；
(2)若线段上的任意一点均在以点Q为圆心、线段长为半径的圆内或圆上，若，求实数的取值范围；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，即可表示、的坐标，再由直线的方程，得到点坐标，同理可得点坐标，从而得证；
（2）依题意可得，即可求出、，再根据三角形面积求出的取值范围；
(1)
解：设，
则，
由于A，F，B三点共线，则，整理得，
又，
则，同理可得
则，
，所以，即证；
(2)
解：若线段上的任意一点均在以点Q为圆心、线段长为半径的圆内或圆上，
即，则，
化简得，，
即
可得，又因为，
，
可得，，，
，，即
22．（本题满分15分）设函数，其中.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，设为的极值点.
（i）求取值范围：
（ii）若为的零点，且，证明：.
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）首先求出导数，根据，确定函数的单调性；
（2）（i）利用导数求得函数的单调性知存在唯一的极值点，求出，再对求导，求出其单调性即可求出取值范围.
（ii）法1：要证：，即证：即证：，即证：，通过放缩，即证：即可.
法2：由题意可得：即可得，结合放缩法可得，对不等式同时取对数，即可证明.
(1)
，因为，所以，
所以在上单调递增；
(2)
（i）因为，所以在单调递减；
又时，时，，
所以存在唯一的极值点，使得，即.
又因为单调递减，且，所以，可得，
，
，所以单调递增，所以，所以.
（ii）法且所以
令，则，且单调递减，
要证：，即证：即证：，
即证：，即证：，（*）
又因为，所以（*）式只要证明：，
整理得即证：，又因为，所以成立.
法2：由题意，即，从而，即.因为当时，.又，故.
两边取对数，得，于是.整理得.2022年高考临考冲刺卷（四）
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．设全集为R，若集合，，则 （ ）
A． B．
C． D．
2．设是虚数单位，复数为实数，则实数的值为（ ）
A．2 B． C． D．
3．已知向量和，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（ ）
A． B．32 C． D．64
5．若实数满足线性约束条件，则的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．如图，在正四面体中，点E，F分别是棱上的点（不含端点），，记二面角的大小为，在点F从点B运动到点D的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．若，则先增大后减小 B．若，则先减小后增大
C．若，则先增大后减小 D．若，则先减小后增大
7．函数的图像如图所示, 则其解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知互不相等的三个正数a，b，c，则在三个值中，大于2的个数的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知且，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．8
10．已知数列中，，若，则下列结论中错误的是（ ）
A． B． C． D．
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.且，则__________，该展开式第3项为__________.
14．如图，在中，，，，，则_________，_________.
15．袋中有6个大小相同的球，其中1个红球，m个白球，n个黑球，现依次取球，每次取出一个，取出不放回，直到取出的球中有两种不同颜色的球时结束，已知取到1个红球1个白球的概率为，则__________，用表示终止时取球的次数，则随机变量的数学期望__________.
16．已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别是，过点且斜率为k的直线与圆交于A，B两点（点B在x轴上方），线段与椭圆交于点M，延长线与椭圆交于点N，且，则椭圆的离心率为___________，直线的斜率为___________．
17．已知平面向量，且，则的最大值是_______；最小值是________．
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）设函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)将的图象往右平移，得到新函数的内角的对边分别为，已知，且，求.
19．（本题满分15分）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，是线段的中点.
(1)求证： 平面：
(2)若，且，记为的重心，求二面角的平面角的余弦值.
20．（本题满分15分）已知正项数列满足，数列的前n项和为且满足．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，证明：．
21．（本题满分15分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，，l于点P，Q，N．
(1)求证：；
(2)若线段上的任意一点均在以点Q为圆心、线段长为半径的圆内或圆上，若，求实数的取值范围；
22．（本题满分15分）设函数，其中.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，设为的极值点.
（i）求取值范围：
（ii）若为的零点，且，证明：.
（注：是自然对数的底数）
