2022届浙江省高考数学模拟预测试题（Word版含解析）

2022年浙江数学高考模拟预测
（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．已知集合，则集合的子集的个数共有
A．5 B．6 C．7 D．8
2．已知复数，则（ ）
A． B．
C． D．
3．“且”是“方程表示椭圆”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．若，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
6．智能主动降噪耳机工作的原理是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音（如图）．已知某机器工作时噪音的声波曲线（其中）的振幅为2，周期为，初相为，则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线为（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若是线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数的部分图像如图所示，则该函数的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知双曲线（，）的离心率为2，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点，，点P为线段MN上的动点，当取得最小值和最大值时，△PF1F2的面积分别为S1，S2，则（ ）
A． B．4 C． D．8
10．记．对数列和U的子集T，若，定义；若，定义．则以下结论正确的是（ ）
A．若满足，则
B．若满足，则对任意正整数
C．若满足，则对任意正整数
D．若满足，且，则
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．在等差数列中，，记，则数列最大项的值为___________.
12．若，，且，则向量与的夹角为________．
13．的展开式中，若只有第6项的二项式系数最大，则_________，的系数为_________．
14．在中，，点D，E分别在线段上，，°，则_________，的面积等于_________．
15．2021年7月25日召开的第44届世界遗产大会上，“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”获准列入世界文化遗产名录，至此泉州20年的申遗终于圆梦.申遗的遗产点包括九日山祈风石刻 开元寺 洛阳桥等22处代表性古遗迹，这些古遗迹可分为文化纪念地史迹等五类.这五类古遗迹充分展现了10-14世纪泉州完备的海洋贸易制度体系 发达的经济水平及多元包容的文化态度.某校中学生准备到各类古遗迹打卡，已知该同学打卡第一类 第二类的概率都是，打卡第三类 第四类和第五类的概率都是，且是否打卡这五类古遗迹相互独立.用随机变量表示该同学打卡的类别数，则___________.
16．在棱长为的正方体中，P为侧面内的动点，且直线与的夹角为30°，则点P的轨迹长为___________；若点与动点P均在球O表面上，球O的表面积为___________．
17．已知是空间单位向量，若空间向量满足，，且对于任意x，y∈R，，则=______．
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）记的内角，，所对的边分别为，，，已知，．
(1)求；
(2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由．
①边上的中线长为，②边上的中线长为，③三角形的周长为．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．（15分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，，M是的中点，连接，，．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
20．（15分）已知各项均为正数的数列的前项和为.
(1)求证；数列是等差数列，并求的通项公式；
(2)若表示不超过的最大整数，如，求的
值.
21．（15分）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
22．（15分）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求的取值范围；
(3)求证：试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
集合M有三个元素，所以子集中以元素个数来分类，空集1个，单元素集3个，双元素集{-1,0},{-1,1},{0,1}共3个，三个元素集1个，所以总共1+3+3+1=8个．选D.
2．A
【解析】
【分析】
根据共轭复数的定义及复数的除法法则即可求解.
【详解】
因为，所以，
所似．
故选A．
3．B
【解析】
【分析】
根据充分条件、必要条件的定义和椭圆的标椎方程，判断可得出结论.
【详解】
解：充分性：当，方程表示圆，充分性不成立；
必要性：若方程表示椭圆，则，必有且，必要性成立，
因此，“且”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
4．D
【解析】
【分析】
根据题意，作出满足条件的可行域，根据目标函数几何意义求解.
【详解】
作出满足条件不等式组的线性可行域，如下图所示：
因为，所以，当目标函数经过点时，取得最大值，
所以联立，解得，所以，所以.
故选：D.
5．A
【解析】
【分析】
根据三视图作出原几何体的直观图，结合题中数据可求得原几何体的体积.
【详解】
根据三视图作出原几何体的直观图如下图所示：
由图可知，该几何体是由一个半圆柱和一个直三棱柱拼接而成的几何体，
由图中数据可知，该几何体的体积为.
故选：A.
6．C
【解析】
【分析】
求出噪音的声波曲线函数表达式，则其相反数即为听感主动降噪芯片生成的反向波曲线.
【详解】
已知噪音的声波曲线（其中）的振幅为2，
周期为，初相为，可得，，
所以噪音的声被曲线为，
所以通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线为：
；
故选：C．
7．C
【解析】
【分析】
根据正弦定理及找到外接球的直径，再利用球的表面积公式即可求解.
【详解】
由题意可知，设的外接圆半径为r，由正弦定理，知
，当时，取得最小值为2，
此时外接球半径满足，解得或.
所以三棱锥的外接球的最小半径为.
所以外接球表面积为.
故选：C.
8．B
【解析】
【分析】
观察图象确定函数的性质，结合函数的性质和特殊点的取值判断各选项.
【详解】
观察函数图象可得该函数图象关于原点对称，所以函数为奇函数，由图象可得，
对于函数，
因为，
所以函数为偶函数，A错，
对于函数，，
所以函数为奇函数，又，与图象不符，故C错误，
对于函数，，
所以函数为奇函数，又，与图象不符，故D错误，
对于函数，因为，
所以函数为奇函数，且，与图象基本相符，B正确，
故选：B.
9．B
【解析】
【分析】
先利用双曲线的离心率得到，写出直线的方程，设出点P的坐标，再利用平面向量的数量积运算和二次函数的最值求出最值，进而求出面积比.
【详解】
由于双曲线的离心率为，故.
所以直线的方程为，
设，，
焦点坐标为，
则，
则
，
由于，故当时取得最小值，
此时；
当时取得最大值，此时.
则.
故选：B.
10．D
【解析】
【分析】
根据新定义直接计算，即可判断A，举反例判断B错，利用等比数列的通项公式和前n项和公式以及放缩法判断C，D.
【详解】
因为，
所以，A错，
取，，
则，，所以，B错，
因为，，
所以.
因此，，C错，
若是的子集，则.
若是的子集，则.
若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得.
设是中的最大数，为中的最大数，则.
由（2）知，，于是，所以，即.
又，故，
从而，
故，所以，
即.
所以D对，
故选：D.
【点睛】
对于数列新定义问题解决的关键在于准确理解新定义，再根据定义进行计算；本题的难点是利用放缩法证明不等式，放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列的性质.
11．945
【解析】
【分析】
由已知求等差数列公差，并写出的通项公式，再讨论的取值判断的符号，结合，即可知最大项对应的值，进而求最大项的值.
【详解】
设数列公差为，则，可得，
所以，
若，有，则时，而时，
综上，若时，为奇数，为偶数；若时；
所以，当时数列最大，即.
故答案为：945.
12．
【解析】
【分析】
设向量与的夹角为，由已知可得出，结合平面向量数量积的运算可求得，结合平面向量夹角的取值范围可求得结果.
【详解】
设向量与的夹角为，由已知可得，
所以，，，因此，.
故答案为：.
13． 10 45
【解析】
【分析】
根据二项式定理的性质可求得，再求出二项展开式的通项，令的系数等于2，即可求出答案.
【详解】
解：因为的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，
所以，
则的展开式的通项为，
令，则，
所以的系数为.
故答案为：10；45.
14． ； .
【解析】
【分析】
在中，利用正弦定理求得和，再利用三角形面积公式直接求出的面积.
【详解】
在中，，点D，E分别在线段上，，
所以，.
因为，所以，所以，.
在中，,，,.
由正弦定理得：,即.
因为，
所以.
.
所以的面积为.
故答案为：；.
15．
【解析】
【分析】
设第一、二类打卡数，第三、四、五类打卡数为，
则由题意，利用n次独立重复试验的概率公式求解即可.
【详解】
记该同学打卡第一类 第二类的类别数为，打卡第三类 第四类和第五类的类别数为，
因此随机变量，
则
，
故答案为：.
16．
【解析】
【分析】
由得，进而求出，借助弧长公式求解；
由点与动点P均在球O表面上判断出球心在上，建立关于半径的方程求出半径.
【详解】

①与的夹角为30°，，
∴与的夹角为30°，
即，
平面，
∴，
则，
P点轨迹长度．
②，， P都在球O上，O在上，
令半径为R，，，
，
∴
．
故答案为：；.
17．6
【解析】
【分析】
由题意将平方，将条件代入可得，根据条件可得可得当时，有最小值，从而可得出答案.
【详解】
由
则当即时，有最小值.
对于任意x，y∈R，，可得当时，有最小值
所以当，时，有最小值
所以
故答案为：6
18．(1)
(2)选①，三角形不存在；选②，三角形存在，面积为；选③，三角形存在，面积为
【解析】
【分析】
（1）利用三角形内角和与三角恒等变换化简求值；
（2）选①，方法一：由，在，，分别用余弦定理可得方程组，求解即可；方法二：由，平方，结合向量数量积公式解方程；方法三：建立平面直角坐标系，结合中点公式及两点间距离可得方程，求解；选②，在中利用余弦定理，可解得，进而可得面积；选③，在中用余弦定理，结合周长，可解得各边长，进而求得面积.
(1)
由得，
又，
所以，
而，
故，
故；
(2)
选①，
方法一：设边上的中线为，则，
由得，，
即，即，
由余弦定理得，
即，
该方程无实数解，
故符合条件的三角形不存在.
方法二：设边上的中线为，则，
两边平方得，
即，即，
易知该方程无实数解，
故符合条件的三角形不存在．
方法三：如图，以为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系．
故点坐标为，即，点坐标为，
所以边的中点坐标为，
由边上的中线长为得，
整理得，
该方程无实数解，
故符合条件的三角形不存在．
选②，
设边上的中线为，则．
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，
解得或（舍去），
故的面积．
选③，
依题意得，由（1）知，
所以，
在中，由余弦定理得，，
所以，
即，
所以，
解得，，
所以的面积．
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先由面面垂直的性质可证得平面，证得，再证得平面得；
（2）得直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，过B点作直线于H，利用面面垂直的性质得平面，得直线与平面所成的角即为，在中，由，可得答案．
(1)
连接，．
因为，M是的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
而平面，所以，
在矩形中，M是的中点，，，所以，
所以，而，，平面，所以平面，
而平面，所以．
(2)
由（1）知，平面，所以，
在直角中，，所以，
因为，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
而平面平面，平面平面，又，
所以平面，从而平面平面，且平面平面，
过B点作直线于H，则平面，
所以直线与平面所成的角即为，
在个，，，所以，，
因此直线与平面所成角的余弦值为．
20．(1)证明见解析，
(2)
【解析】
【分析】
（1）用 替换给定关系中的，求出，由此求出进而求出.
（2）对适当放大为，再利用裂项相消法求其前项和，再确定这个和所在区间即可得解.
(1)
因为，所以当时，，即，而，有，所以
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列；
，则
当时，，又满足上式，
所以的通项公式为.
(2)
，当时，，
故，
当时，，所以对任意的，都有，
又，所以.所以.
21．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】
（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
22．(1)当时，在R上单调递减，
当时，则在上单调递减，在上单调递增.
(2)
(3)证明过程见解析
【解析】
【分析】
（1）求定义域，求导，分与两种情况进行求解函数单调性；（2）在第一问研究的函数单调性的基础上，确定，由最小值小于0求出，再寻找两个函数值大于0的点，从而由零点存在性定理得到结果；（3）在第二问基础上进行放缩，得到，进而证明即可，构造函数，多次求导，从而求出，由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到，证明出不等式.
(1)
定义域为R，
，
当时，恒成立，在R上单调递减，
当时，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
综上：当时，在R上单调递减，
当时，则在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由（1）知，当时，在R上单调递减，则在R上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去；
当时，则在上单调递减，在上单调递增，
在处取得极小值，也是最小值，，
要想有两个零点，要满足，
令，，
恒成立，所以在上单调递增，
又注意到，所以，
又，
由零点存在性定理，在上有一零点，
设正整数满足，
则，
而，
由零点存在性定理，在有一个零点.
综上：的取值范围是.
(3)
由（2）得：当时，，
即恒成立，当且仅当时，等号成立，
要证明，只需证明，
即，
令，
则，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，
即在R上单调递增，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在时单调递减，在时单调递增，
因为，
所以，当且 仅当处等号成立，
由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到，
所以