2022年高考临考冲刺卷（一）
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.
2．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，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
分别求出集合A与B，再求其交集.
【详解】
集合，集合，
则．
故选：D．
2．已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数的运算可得，故而可得复数的虚部.
【详解】
由，得，
故复数的虚部是1，
故选：D.
3．“直线与圆相切”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
条件中由直线与圆相切，转换为圆心到直线的距离等于半径，构建方程求得k值，再判断其和结论中的k的值的包含关系，得答案.
【详解】
条件中直线与圆相切
所以圆的圆心到的距离等于半径1
即，解得；
结论中只有
所以结论可以推出条件，但条件不能推出结论
所以是必要不充分条件.
故选：B
4．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三视图还原原几何体的直观图，可知该几何体为四棱锥，结合图中数据可计算得出该几何体的体积.
【详解】
根据三视图还原原几何体的直观图如下图所示：
由图可知，该几何体为四棱锥，且底面为直角梯形，四棱锥的高为，
结合图中的数据可知，该四棱锥的体积为.
故选：D.
5．已知实数满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．10 B．7 C．5 D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
画出不等式组所表示的平面区域，结合图像确定目标函数的最优解，代入即可求解.
【详解】
画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，
设，化为，
当直线经过点时，目标函数取得最小值，
当直线经过点时，目标函数取得最大值，
由，解得；又由，解得，
所以目标函数的最小值为，最大值为，
所以函数的最大值是.
故选：B.
6．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是（ ）
A．EF与GH平行
B．EF与GH异面
C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D．EF与GH的交点M一定在直线AC上
【答案】D
【解析】
【分析】
连接EH，FG，根据F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，和点E，H分别是边AB，AD的中点，得到EH//GF，且EH≠GF判断.
【详解】
解：如图所示：
连接EH，FG.
因为F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，
所以GF//BD，且GF＝BD.
因为点E，H分别是边AB，AD的中点，
所以EH//BD，且EH＝BD，
所以EH//GF，且EH≠GF，
所以EF与GH相交，设其交点为M，
则M∈平面ABC，同理M∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD＝AC，
所以M在直线AC上．
故选：D.
7．函数的部分图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用特殊值排除选项BC，利用时函数的有界性排除选项D，可得答案．
【详解】
，可排除BC，
当且，，排除D，
故选：A
8．已知函数，若函数，恰有两个零点，则（ ）
A． B．或 C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得当时，函数有一个零点，所以只要函数在有且仅有一个零点，转化为，，在上两函数有且仅有一个交点，而，即，所以两函数再不能有交点，然后分和讨论即可
【详解】
当时，，由，得或（舍去），
所以函数在有一个零点，
所以函数在有且仅有一个零点，
即在有且仅有一个零点，
设，，则，
所以在上两函数有且仅有一个交点，
，
所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，所以两函数图象只有一个交点，
当时，由于，
所以由图象可知，当两曲线在处有公共切线时，两曲线在上有唯一的交点，此时，则，解得
综上，或
故选：D
9．在正四面体ABCD中，P，Q分别为棱AB，CD中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M是EF中点，且满足，则M的轨迹是（ ）
A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线
【答案】A
【解析】
【分析】
由正四面体性质得的夹角，作出所在的平面，再由条件化简后判断
【详解】
由题意作图如下，取各边中点连接成，
在正四面体中，易得，故四边形为正方形，
由对称性可知中点，与EF中点，均在平面上，
，
则，而，
故，得，得M的轨迹是圆
故选：A
10．设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（ ）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【答案】D
【解析】
【分析】
由条件分析数列的单调性，由此确定满足的最小正整数.
【详解】
∵，
∴，又，
∴ 数列为递增数列，∴
∵
∴，
∴
∴，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴
当时，，
又
∴当时，，
当时，
∴ 使成立的最小正整数是2023.
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．祖暅，祖冲之之子，南北朝时代伟大的科学家，于5世纪末提出下面的体积计算原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么两个几何体的体积相等，现有如图的半椭球体与被挖去圆锥的圆柱等高，且平行于底面的平面在任意高度截两几何体所得截面面积相等，已知圆柱高为h，底面半径为r，则半椭球的体积是________.
【答案】
【解析】
【分析】
依题意半椭球的体积即为圆柱的体积减去圆锥的体积，根据体积公式计算可得；
【详解】
解：依题意可得
故答案为：
12．已知函数，则______．
【答案】11
【解析】
【分析】
判断自变量的范围，选取相应的表达式计算函数值．
【详解】
由于，，，从而
．
故答案为：11．
13．已知多项式，则_______，________．
【答案】
【解析】
【分析】
第一空：利用赋值处理，令代入计算；第二空：的项系数为，的项系数差，借助二项展开式通项计算处理．
【详解】
令，即
的项系数为，的项系数差，
即，
故答案为：；．
14．在中，，，点D在线段上，满足，，则_______，的面积为_______.
【答案】 ##0.8
【解析】
【分析】
中由正弦定理求得得，从而求得，，中由诱导公式、两角和的正弦公式求得，然后由面积公式计算．
【详解】
由得，所以，又，所以，，，，
，.
故答案为：；．
15．已知随机变量的分布列如下：
则当时，___________；当时，的最大值为___________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】
当时，利用期望公式可求得的值；求得关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】
由期望公式可得，
当时，.
当时，
，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
故答案为：；.
16．已知椭圆的长 短轴端点分别为A B，从椭圆上一点M（在x轴上方）向x轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点，，设Q是椭圆上任意一点， 分别是左 右焦点，则椭圆的离心率___________；的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由得出的齐次等式，从而可求得离心率，的最小值是0，是短轴端点时，最大，求出此角后得范围．
【详解】
由题意，，
因此当时，，，当时，，也有，
所以，，，．
当是短轴端点时，由于，因此是等腰直角三角形，，当是长轴端点时，，
所以的取值范围是．
故答案为：；．
17．已知平面向量，，，，其中为单位向量，且满足，若与夹角为，向量满足，则最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题设，，进而结合题意得向量对应的轨迹为射线或，向量对应的轨迹为抛物线：，最后根据向量减法法则，将问题转化为抛物线点与射线上的点之间的最小距离问题求解即可.
【详解】
解：根据题意，设，，
因为与夹角为，
所以， 整理得；
即向量对应的轨迹为射线 或
因为向量满足，
所以，即向量对应的轨迹为抛物线：
如图，
所以，由图可知，当直线过点过点时，最小，此时与相切，
所以，联立方程得，由得，
此时，，到射线的距离为
所以的最小值为.
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）已知函数满足：
①的最大值为2；②；的最小正周期为．
(1)求的解析式；
(2)求函数在区间上的单调递增区间与最小值．
【答案】(1)
(2)，
【解析】
【分析】
（1）根据题干中的三个条件，可分别求出的值，即可求得的解析式；
（2）根据正弦函数的单调区间，整体代入求解函数在区间上的单调性及最值即可.
(1)
由条件③，得又，所以．
由条件①，得，又，所以．
由条件②，得，又，所以．
所以．
经验证，符合题意．
(2)
函数的单调递增区间为．
由，得．又因为，
所以在区间上的单调递增区间为，单调递减区间为.
因为，所以，
所以当，即时，取得最小值，．
故在区间上的单调递增区间为，最小值为.
19．（本题满分15分）如图，几何体中，，等腰梯形的腰长为，二面角的大小为，M，N，T分别为线段的中点．
(1)求证： 平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先证明平面平面，再利用面面平行的性质即可证明 平面；
（2）建系，然后利用线面角的公式求解即可
(1)
由已知且，
则四边形为平行四边形，
∴，∴平面，
M，N分别为线段的中点，∴，
∴平面，
又∵，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面
(2)
如图建立空间直角坐标系，取中点Q，则，又，所以，
所以，
，
所以
设平面的法向量为，
由，取法向量为
所以，
则与平面所成角的正弦值为．
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）已知函数，其中．
(1)若单调递增，求b的取值范围；
(2)若，函数有三个极值点．
（ⅰ）求b的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)
(2)（ⅰ），（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】
(1)求导，欲使得 ，则 ，解函数不等式即可求解；
(2) 求导，欲使得 有3个极值点对应的导函数有3个零点并零点之间函数的单调性是不同的，
分析导函数的单调性即可求解；
对导函数运用缩放法可以证明.
(1)
函数的定义域为， ，
因为单调递增，所以 ，即，从而，
令，则 ，当时， ，
当时， ，故，所以，故；
(2)
（ⅰ），
则 在上有三个不同的实数根，
令，则，即
若在上有三个不同的零点，
所以，
考虑到 的分子是关于t的二次函数，在上应有两个不同的零点
即在上有两个不同的零点，所以 ，
可得；
（ⅱ）当 ，则存在使 （注意到），
由开口向上，易知：上
上 上 ，
所以在上递增，上递减，又，即，
因为，故 ，
所以三个零点，其中，则，
易证：当时有时有，
所以，即，
可得，
，即，
可得，
综上，是的两个解，而，
所以．
综上，欲使得 是增函数则，欲使得 有3个极值点则.2022年高考临考冲刺卷（一）
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，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．1
3．“直线与圆相切”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A． B． C． D．
5．已知实数满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．10 B．7 C．5 D．2
6．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是（ ）
A．EF与GH平行
B．EF与GH异面
C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D．EF与GH的交点M一定在直线AC上
7．函数的部分图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数，若函数，恰有两个零点，则（ ）
A． B．或 C． D．或
9．在正四面体ABCD中，P，Q分别为棱AB，CD中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M是EF中点，且满足，则M的轨迹是（ ）
A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线
10．设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（ ）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
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．祖暅，祖冲之之子，南北朝时代伟大的科学家，于5世纪末提出下面的体积计算原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么两个几何体的体积相等，现有如图的半椭球体与被挖去圆锥的圆柱等高，且平行于底面的平面在任意高度截两几何体所得截面面积相等，已知圆柱高为h，底面半径为r，则半椭球的体积是________.
12．已知函数，则______．
13．已知多项式，则_______，________．
14．在中，，，点D在线段上，满足，，则_______，的面积为_______.
15．已知随机变量的分布列如下：
则当时，___________；当时，的最大值为___________.
16．已知椭圆的长 短轴端点分别为A B，从椭圆上一点M（在x轴上方）向x轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点，，设Q是椭圆上任意一点， 分别是左 右焦点，则椭圆的离心率___________；的取值范围是___________.
17．已知平面向量，，，，其中为单位向量，且满足，若与夹角为，向量满足，则最小值是______．
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）已知函数满足：
①的最大值为2；②；的最小正周期为．
(1)求的解析式；
(2)求函数在区间上的单调递增区间与最小值．
19．（本题满分15分）如图，几何体中，，等腰梯形的腰长为，二面角的大小为，M，N，T分别为线段的中点．
(1)求证： 平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
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）已知函数，其中．
(1)若单调递增，求b的取值范围；
(2)若，函数有三个极值点．
（ⅰ）求b的取值范围；
（ⅱ）证明：．
