2022年高考临考模拟卷（二）
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）
未命名
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．或 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先对集合求解，再根据题目要求进行集合运算即可
【详解】
或，
所以
故选：C
2．已知，其中，i为虚数单位，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的乘法运算结合复数相等的概念，列出方程，从而可得出答案.
【详解】
解：因为，
所以，
所以，解得.
故选A．
3．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 .
4．已知实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
画出约束条件的可行域，求出最优解，然后求解即可．
【详解】
解析：根据约束条件，可得可行域如图中阴影所示，目标函数，
变为直线，t要最小，直线在y轴截距要求最大，当直线经过可行域的时，目标函数的截距取得最小值，此时取得最小值．由解得，的最小值为：.
故选：D.
5．如图，在正三棱台中，，，.，分别是，的中点，则（ ）
A．直线平面，直线与垂直
B．直线平面，直线与所成角的大小是
C．直线与平面相交，直线与垂直
D．直线与平面相交，直线与所成角的大小是
【答案】B
【解析】
【分析】
取中点，利用平面平面，可证直线平面面面平行，取中点，中点，可知，，再利用余弦定理计算求解即可.
【详解】
取中点，连接，，由题意可知，，，
所以平面平面，
所以直线平面，
取中点，中点，中点，连接，，，，，
易知，，
所以直线与直线所成角即为直线与所成角，
在等腰梯形中，，，，
可得，，，分别为，中点，所以，
同理：，
在等腰梯形中，，，，可得，
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，即直线与直线所成角的大小是，
因此直线与所成角的大小是，
故选：B.
6．函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
通过判断不是奇函数，排除A，B，又因为，排除C，即可得出答案.
【详解】
因为的定义域为，又因为，所以不是奇函数，排除A，B.
，所以排除C.
故选：D.
7．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.
【详解】
过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.
故选：A.
【点睛】
本题关键点在于由为的重心得到这一结论，再用表示出要求的体积，最后借助基本不等式得到最值.
8．函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数的图象关于轴对称，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据平移求出的解析式，根据的图象关于轴对称，得到方程，结合，求出最大值.
【详解】
，由题意得：，解得：，由于，所以，解得：，，故当时，取得最大值，且最大值为.
故选：D
9．已知a>0，函数，若函数恰有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
写出，根据零点个数转化即可得解.
【详解】
， ，
恰有两个零点，
即恰有两个零点，
，恰有两个零点，
，恰有两个零点，
恰有两个零点，
记，
单调递减，
单调递增，
恰有两个零点，
所以.
故选：C
10．已知数列满足，，记数列的前n项和为，设集合，对恒成立，则集合N的元素个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
由题知，进而得，故一方面，结合得，进而得，另一方面，根据得，进而得，即可得，进而得答案.
【详解】
解：令，解得，即数列的不动点为，
其生成函数为，
所以，作出函数与函数的图像如图：
故，由蛛网图：，
,即，
又
，
一方面，由得，
，
，
，且当，，
.
另一方面，（法一）由得，
，
，
且当，，
，
必须大于等于
.
所以集合的元素个数是2，故选：B.
另一方面，（法二）由，得，
又
.又当，，
必须大于等于.
.
所以集合的元素个数是2，故选：B.
【点睛】
本题考查数列不等式恒成立问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题解题的关键在于根据蛛网图模型得，进而得，再分别说明，即可.
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．以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
计算出一个弓形的面积，由题意可知，勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，利用弓形和正三角形的面积可求得结果.
【详解】
由弧长公式可得，可得，
所以，由和线段所围成的弓形的面积为，
而勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，
因此，该勒洛三角形的面积为.
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．设 （其中为偶数），若对任意的，总有成立，则_________，_________.
【答案】 8
【解析】
【分析】
先得到，根据二项式性质可知，赋值法求解.
【详解】
由题意得：，
因为，为偶数，所以由二项式性质可知：，解得：，
由于，
令得：，所以
故答案为：8，
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．已知甲口袋中有3个白球，2个黑球，乙口袋中有1个白球，3个黑球，分别从两个口袋中各取两个球，X表示从甲口袋中取出的白球数，Y表示从乙口袋中取出的黑球数，表示两口袋中取出的球放在一起时的黑球数，则_________；___________．
【答案】 2.7## 0.61##
【解析】
【分析】
根据组合与概率的公式分别求解和的概率，再得出的分布列进而求得，再根据从甲口袋中取出的黑球数为可得，再计算进而得到即可
【详解】
由题，,,，
，；
故，，，，故的分布列：
1 2 3 4
P
所以
又从甲口袋中取出的黑球数为，同理可得分布列：
0 1 2
P
同理的分布列
1 2 3 4
P
所以
故答案为：2.7；
16．已知椭圆，圆，直线与圆相切于第一象限的点A，与椭圆C交于两点，与轴正半轴交于点．若，则点A坐标为__________，直线的方程是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据直线与圆相切，得判别式为0，根据直线与椭圆相交，可得根与系数的关系，进而根据中点坐标公式即可解得方程进行求解.
【详解】
由题意可知直线有斜率，设直线的方程为：
联立直线和圆的方程：
，所以可知，故
联立直线和椭圆的方程：
设，则
设中点为,由可知：,即是的中点，
在直线方程中，令
由中点坐标公式可知：， ，故，,故 直线方程为
故答案为：，
17．设为不共线的向量，满足，且，若，则的最大值为________．
【答案】324
【解析】
【分析】
采用建系法，令，将各个点用坐标表示，然后表达出面积的最大值，进而求得的最大值；
【详解】
令，又因为，
即，
则点C为的外心，因为，
设，不妨取
则点在圆上，
由，代入坐标，，
解得，
联立和，
解得，故
，
当且仅当即时取“=”.
故，于是
.
故答案为：324
【点睛】
求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
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)若的图像与直线相邻两个交点的距离为，求的值及的单调递增区间；
(2)当时，求函数在上的最大值．
【答案】(1)；单调递增区间为
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意求出周期，再求出，分析求单调性即可；（2）根据题意得，再分析求值域即可.
(1)
因为的图像与直线相邻两个交点的距离为，所以的最小正周期为，
所以，所以，
，
所以函数的单调递增区间为：；
(2)
当时，，
所以，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，所以的最大值为．
19．（本题满分15分）在直角中，，M，N分别为的中点，，如图1．将沿折起至的位置，如图2．连接．
(1)证明：平面平面；
(2)连接，若，求平面和平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）通过线面垂直来推导出面面垂直，利用面面垂直判定解决；（2）将几何体补成三棱锥，根据二面角的定义，先作出二面角的平面角后求解.
(1)
∵，，面
∴面，又面 ∴面面；
(2)
延长和，交于P点，连，作，垂足为H，连，由（1）可得面面，∴面，∴，
又∵，∴面，∴，
设，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴，∴，
又∵，∴面，∴，∴即为所求二面角，
∴.
20．（本题满分15分）已知数列满足：对任意，有.
(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）当时，易知，当时，有递推关系可知，将其与与原递推关系作差，即可得到结果，再检验是否满足，进而得到结果；
（2）由（1）并结合题意可知，根据裂项相消法可知数列的前项和为，由此即可证明结果.
(1)
解：当时，，故，
当时，，则
，
故，
当时，上式亦满足；
综上， ；
(2)
解：因为
，
，
故 .
21．（本题满分15分）如图，已知抛物线上有一动点，M为y轴上的动点，设，连接与交于点B，过B作的切线交的延长线于点H，连接交C于点E，连接交y轴于点G，分别记的面积为.
(1)若，求p；
(2)若，求证：是之间的一个定值（不必求出定值）.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据且，利用抛物线的定义，列出方程，即可求解；
（2）设，由，则，联立方程组分别求得，，，根据M，E，H三点共线，化简得到，令，化简可得，令，结合导数求得函数的单调性，即可求解.
(1)
解：由题意，抛物线，上有一动点，且，
因为且，
根据抛物线的定义，可得，解得.
(2)
解：设，
因为，则，
直线与抛物线联立得，可得，
由，得，
直线与方程，可得，可得，
直线与抛物线联立得：，可得，
由，得
因为M，E，H三点共线，可得，
即，即，
即，令，化简可得，
令，可得，
当时，，所以在单调递增，
又因为，，所以，所以.
22．（本题满分15分）已知函数，设．
(1)若，证明：当时，成立；
(2)若，在上不恒成立，求a的取值范围；
(3)若恰有三个不同的根，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）要证，只需要证明，构造函数利用导数处理单调性，继而求出最值，即可求解.
（2），在上不恒成立, 等价于存在，使,构造函数，求导求最值，即可求解.
（3）分情况讨论，当时，不可能有三个不同的根，故可知，进而可知，即可求解.
(1)
若，则
设，令，，所以在时单调递增，且，故则 ，所以在上单调递增，故，故得证.
(2)
原命题等价于存在，使
，即存在，
设，则，其中在上单调递增，且，所以在单调递增，
故，所以．
(3)
在定义域上单调递增，
①当时，，所以存在，使得，且为的极小值点．且，所以，故不可能有三个根．
②当时，同理，不符合要求．
③当时，，所以存在，使得，
，即，所以，所以，又因为，所以，所以，所以．得证．2022年高考临考模拟卷（二）
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）
未命名
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．或 B． C． D．
2．已知，其中，i为虚数单位，则（ ）
A． B．1 C． D．2
3．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
4．已知实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A． B． C．0 D．
5．如图，在正三棱台中，，，.，分别是，的中点，则（ ）
A．直线平面，直线与垂直
B．直线平面，直线与所成角的大小是
C．直线与平面相交，直线与垂直
D．直线与平面相交，直线与所成角的大小是
6．函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数的图象关于轴对称，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．已知a>0，函数，若函数恰有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．已知数列满足，，记数列的前n项和为，设集合，对恒成立，则集合N的元素个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
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．以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积是___________.
12．已知，函数若，则_______.
13．设 （其中为偶数），若对任意的，总有成立，则_________，_________.
14．如图，在中，，，，，则_________，_________.
15．已知甲口袋中有3个白球，2个黑球，乙口袋中有1个白球，3个黑球，分别从两个口袋中各取两个球，X表示从甲口袋中取出的白球数，Y表示从乙口袋中取出的黑球数，表示两口袋中取出的球放在一起时的黑球数，则_________；___________．
16．已知椭圆，圆，直线与圆相切于第一象限的点A，与椭圆C交于两点，与轴正半轴交于点．若，则点A坐标为__________，直线的方程是__________．
17．设为不共线的向量，满足，且，若，则的最大值为________．
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．
(1)若的图像与直线相邻两个交点的距离为，求的值及的单调递增区间；
(2)当时，求函数在上的最大值．
19．（本题满分15分）在直角中，，M，N分别为的中点，，如图1．将沿折起至的位置，如图2．连接．
(1)证明：平面平面；
(2)连接，若，求平面和平面所成锐二面角的余弦值．
20．（本题满分15分）已知数列满足：对任意，有.
(1)求数列的通项公式;
(2)设，证明：.
21．（本题满分15分）如图，已知抛物线上有一动点，M为y轴上的动点，设，连接与交于点B，过B作的切线交的延长线于点H，连接交C于点E，连接交y轴于点G，分别记的面积为.
(1)若，求p；
(2)若，求证：是之间的一个定值（不必求出定值）.
22．（本题满分15分）已知函数，设．
(1)若，证明：当时，成立；
(2)若，在上不恒成立，求a的取值范围；
(3)若恰有三个不同的根，证明：．
