浙江省2022届高三下学期数学高考模拟预测试卷
一、单选题
1．（2022·浙江模拟）已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．（2022·浙江模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2021高二上·湖州期中）“ 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．（2022·浙江模拟）若，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．-3 B．1 C．3 D．
5．（2022·浙江模拟）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．（2022·浙江模拟）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．（2022·浙江模拟）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．16π B．20π C．32π D．36π
8．（2022·浙江模拟）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．（2022·浙江模拟）已知双曲线的离心率为2，分别是双曲线的左、右焦点，点，，点为线段上的动点，当取得最大值和最小值时，的面积分别为，则 （ ）
A．4 B．8 C． D．
10．（2022·浙江模拟）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
二、填空题
11．（2022·浙江模拟）在等差数列中，，记，则数列最大项的值为 .
12．（2022·浙江模拟）若，，且，则向量与的夹角为 ．
13．（2022·浙江模拟）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 .
14．（2022·浙江模拟）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= ．
15．（2022·浙江模拟）的展开式中，若只有第6项的二项式系数最大，则 ，的系数为 ．
16．（2022·浙江模拟）在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．
17．（2022·浙江模拟）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 ．
三、解答题
18．（2022·江苏模拟）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，②AB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．（2022·浙江模拟）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．（2022·湖北模拟）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．（2021·浙江）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．（2022·浙江模拟）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：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】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．
故答案为：D.
【分析】利用集合之间的关系，以及元素与集合之间的关系，由列举法即可得出答案。
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】因为，所以，
所似．
故答案为：A．
【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；椭圆的定义
【解析】【解答】解：当m>0，n>0，m=n时，方程mx2+ny2=1表示圆，不是充分条件，
当方程mx2+ny2=1表示椭圆，则m>0，n>0，是必要条件，
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的定义，结合充分必要条件的判定求解即可.
4．【答案】D
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】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.
故答案为：D.
【分析】 根据题意作出可行域再由已知条件找出目标函数，把目标函数化为直线方程的截距由数形结合法即可得出当直线经过点A时，z取得最大值并由直线的方程求出点A的坐标，然后把坐标代入到目标函数计算出z的值即可。
5．【答案】A
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】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.
故答案为：A.
【分析】由三视图的几何性质即可得出该几何体的形状，再由与圆柱和正方体的体积公式，代入数值计算出结果即可。
6．【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】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：
；
故答案为：C．
【分析】根据题意由已知条件即可求出函数的解析式，再由正弦函数的图象和性质结合已知条件即可得出答案。
7．【答案】C
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；正弦定理
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由正弦定理代入数值计算出角的大小，结合外接球的几何性质即可得出球的半径的取值范围，由三棱锥外接球的几何性质即可求出半径的最小值，再把结果代入到球的表面积计算出结果即可。
8．【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】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不符合题意，
对于函数，，
所以函数为奇函数，又，与图象不符，C不符合题意，
对于函数，，
所以函数为奇函数，又，与图象不符，D不符合题意，
对于函数，因为，
所以函数为奇函数，且，与图象基本相符，B符合题意，
故答案为：B.
【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=f(x)即可判断出该函数为奇函数，由奇函数图象的性质得出图像关于原点对称由此排除A、C，再由特殊点法代入数值验证即可排除选项D，由此得到答案。
9．【答案】A
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示；双曲线的简单性质
【解析】【解答】由于双曲线的离心率为，故，
所以直线的方程为，
设，，又焦点坐标为，
则，，
∴
，
由于，
故当时取得最小值，此时，
当时取得最大值，此时，
则.
故答案为：A.
【分析】根据题意首先求出直线的方程，设出点的坐标由此得出向量的坐标，然后由数量积的坐标公式结合二次函数的图象和性质即可求出数量积的最值，以及取得最值时对应的t的值，由此即可得出面积的比值。
10．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的求和
【解析】【解答】因为，
所以，A不符合题意，
取，，
则，，所以，B不符合题意，
因为，，
所以.
因此，，C不符合题意，
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，
故答案为：D.
【分析】根据题意由特殊值代入法计算出结果由此判断出选项A错误；再由列举法对k赋值计算出集合T中的元素，由此判断出选项B与C的正误，结合等比数列的项的性质以及集合之间的关系，由等比数列的前n项和公式，即可判断出选项D正确，从而得出答案。
11．【答案】945
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和
【解析】【解答】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.
【分析】根据题意由等差数列的通项公式代入数值计算出d的取值，从而得出数列的通项公式，结合已知条件得出n的不等式，求解出n的取值范围，结合n的性质即可得出数列前n项和公式，结合题意代入数值计算出结果即可。
12．【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】设向量与的夹角为，由已知可得，
所以，，，因此，.
故答案为：.
【分析】根据题意由已知条件结合数量积的运算公式，由此计算出夹角的余弦值，从而得出夹角的大小。
13．【答案】
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率
【解析】【解答】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：.
【分析】由已知条件即可得出随机变量之间的关系，结合n次独立事件的概率公式代入数值计算出结果即可。
14．【答案】6
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】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
【分析】首先整理化简已知条件然后由二次函数的图象和性质即可求出点的坐标，以及对应的向量模的最值，结合已知条件的不等式由绝对值的几何意义即可求出最值，以及取得最值时对应的点的坐标，由此得出答案。
15．【答案】10；45
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】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.
【分析】首先由已知条件即可求出二项展开式的通项公式，再由题意计算出r的取值和代入到二项展开式的通项公式，计算出结果即可。
16．【答案】；
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】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：；.
【分析】首先已知条件结合三角形的几何性质即可得出角的大小，再由正弦定理代入数值计算出边的大小，并代入到三角形的面积公式由此计算出结果。
17．【答案】；
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】如图
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：；.
【分析】根据题意由正方体的几何性质以及异面直线所成角的定义，由平移的性质即可得出角的大小，结合三角形的运算性质计算出轨迹的大小；再由球的几何性质结合求得半径与圆的半径之间的关系，结合勾股定理计算出球的半径，并代入到球的表面积公式，由此计算出结果。
18．【答案】（1）解：由得，
又，
所以，
而，
故，
故；
（2）解：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，AB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BC边的中点坐标为，
由BC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AB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．
【知识点】运用诱导公式化简求值；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合辅助角公式和三角形内角和为180度的性质，再结合诱导公式和三角形中角B的取值范围，进而得出c的值。
（2） 选①，方法一：设边上的中线为，进而得出AD的长，由结合余弦定理得出，由余弦定理得，即，再利用判别式法得出该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在；
方法二：设边上的中线为，再利用平行四边形法则和中点的性质，则，
再利用平方法和数量积的运算法则和数量积的定义，进而得出，再利用判别式法得出
该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在；
方法三：以为原点，AB所在直线为轴，建立平面直角坐标系，再利用已知条件得出点C的坐标和点B的坐标，再结合中点坐标公式得出BC边的中点坐标，由BC边上的中线长为结合勾股定理得出，再利用判别式法得出该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在。
选②，设AB边上的中线为，进而得出CF的长，在中，由余弦定理得出AC的长，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
选③，依题意得的值，由（1）知的长，进而得出的值，在中，由余弦定理得出BC和CA的长，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
19．【答案】（1）证明：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）解：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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，由中点的性质即可得出线线垂直再由线面垂直的判定定理和性质定理即可得证出结论。
(2)由(1)的结论结合线面垂直的性质定理即可得出线线垂，再由平行的传递性以及线面角的定义和面面垂直的性质定理，结合三角形的几何性质即可得出线面角，然后由三角形中的几何计算关系计算出结果即可。
20．【答案】（1）证明：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）解：，当时，，
故，
当时，，所以对任意的，都有，
又，所以.所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【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，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.
21．【答案】（1）解：因为 ，故 ，故抛物线的方程为：
（2）解：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
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求得P，进而写出方程；
（2） 设 ， 并设 ， ，写 出直线 ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 ，结合直线方程 ，推出关系式，进而利用基本不等式以及解相关不等式，得出直线l在x轴上截距的范围。
22．【答案】（1）解：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）解：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）证明：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
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合；不等式的证明
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性即可。
(2)由函数单调性结合函数零点的定义，即可求出函数的极值和最小值，再由零点存在性定理整理化简即可得出不等式，由对数的运算性质即可求出a的取值范围。
(3)由已知条件即可求出函数的最值，结合分析法即可得出不等式，构造函数结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值，以及取得最值时满足的条件，进而得证出结论。
1 / 1浙江省2022届高三下学期数学高考模拟预测试卷
一、单选题
1．（2022·浙江模拟）已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】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．
故答案为：D.
【分析】利用集合之间的关系，以及元素与集合之间的关系，由列举法即可得出答案。
2．（2022·浙江模拟）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】因为，所以，
所似．
故答案为：A．
【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。
3．（2021高二上·湖州期中）“ 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
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；椭圆的定义
【解析】【解答】解：当m>0，n>0，m=n时，方程mx2+ny2=1表示圆，不是充分条件，
当方程mx2+ny2=1表示椭圆，则m>0，n>0，是必要条件，
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的定义，结合充分必要条件的判定求解即可.
4．（2022·浙江模拟）若，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．-3 B．1 C．3 D．
【答案】D
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】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.
故答案为：D.
【分析】 根据题意作出可行域再由已知条件找出目标函数，把目标函数化为直线方程的截距由数形结合法即可得出当直线经过点A时，z取得最大值并由直线的方程求出点A的坐标，然后把坐标代入到目标函数计算出z的值即可。
5．（2022·浙江模拟）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．
【答案】A
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】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.
故答案为：A.
【分析】由三视图的几何性质即可得出该几何体的形状，再由与圆柱和正方体的体积公式，代入数值计算出结果即可。
6．（2022·浙江模拟）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．
【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】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：
；
故答案为：C．
【分析】根据题意由已知条件即可求出函数的解析式，再由正弦函数的图象和性质结合已知条件即可得出答案。
7．（2022·浙江模拟）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．16π B．20π C．32π D．36π
【答案】C
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；正弦定理
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由正弦定理代入数值计算出角的大小，结合外接球的几何性质即可得出球的半径的取值范围，由三棱锥外接球的几何性质即可求出半径的最小值，再把结果代入到球的表面积计算出结果即可。
8．（2022·浙江模拟）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．
【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】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不符合题意，
对于函数，，
所以函数为奇函数，又，与图象不符，C不符合题意，
对于函数，，
所以函数为奇函数，又，与图象不符，D不符合题意，
对于函数，因为，
所以函数为奇函数，且，与图象基本相符，B符合题意，
故答案为：B.
【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=f(x)即可判断出该函数为奇函数，由奇函数图象的性质得出图像关于原点对称由此排除A、C，再由特殊点法代入数值验证即可排除选项D，由此得到答案。
9．（2022·浙江模拟）已知双曲线的离心率为2，分别是双曲线的左、右焦点，点，，点为线段上的动点，当取得最大值和最小值时，的面积分别为，则 （ ）
A．4 B．8 C． D．
【答案】A
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示；双曲线的简单性质
【解析】【解答】由于双曲线的离心率为，故，
所以直线的方程为，
设，，又焦点坐标为，
则，，
∴
，
由于，
故当时取得最小值，此时，
当时取得最大值，此时，
则.
故答案为：A.
【分析】根据题意首先求出直线的方程，设出点的坐标由此得出向量的坐标，然后由数量积的坐标公式结合二次函数的图象和性质即可求出数量积的最值，以及取得最值时对应的t的值，由此即可得出面积的比值。
10．（2022·浙江模拟）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
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的求和
【解析】【解答】因为，
所以，A不符合题意，
取，，
则，，所以，B不符合题意，
因为，，
所以.
因此，，C不符合题意，
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，
故答案为：D.
【分析】根据题意由特殊值代入法计算出结果由此判断出选项A错误；再由列举法对k赋值计算出集合T中的元素，由此判断出选项B与C的正误，结合等比数列的项的性质以及集合之间的关系，由等比数列的前n项和公式，即可判断出选项D正确，从而得出答案。
二、填空题
11．（2022·浙江模拟）在等差数列中，，记，则数列最大项的值为 .
【答案】945
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和
【解析】【解答】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.
【分析】根据题意由等差数列的通项公式代入数值计算出d的取值，从而得出数列的通项公式，结合已知条件得出n的不等式，求解出n的取值范围，结合n的性质即可得出数列前n项和公式，结合题意代入数值计算出结果即可。
12．（2022·浙江模拟）若，，且，则向量与的夹角为 ．
【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】设向量与的夹角为，由已知可得，
所以，，，因此，.
故答案为：.
【分析】根据题意由已知条件结合数量积的运算公式，由此计算出夹角的余弦值，从而得出夹角的大小。
13．（2022·浙江模拟）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 .
【答案】
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率
【解析】【解答】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：.
【分析】由已知条件即可得出随机变量之间的关系，结合n次独立事件的概率公式代入数值计算出结果即可。
14．（2022·浙江模拟）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= ．
【答案】6
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】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
【分析】首先整理化简已知条件然后由二次函数的图象和性质即可求出点的坐标，以及对应的向量模的最值，结合已知条件的不等式由绝对值的几何意义即可求出最值，以及取得最值时对应的点的坐标，由此得出答案。
15．（2022·浙江模拟）的展开式中，若只有第6项的二项式系数最大，则 ，的系数为 ．
【答案】10；45
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】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.
【分析】首先由已知条件即可求出二项展开式的通项公式，再由题意计算出r的取值和代入到二项展开式的通项公式，计算出结果即可。
16．（2022·浙江模拟）在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．
【答案】；
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】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：；.
【分析】首先已知条件结合三角形的几何性质即可得出角的大小，再由正弦定理代入数值计算出边的大小，并代入到三角形的面积公式由此计算出结果。
17．（2022·浙江模拟）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 ．
【答案】；
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】如图
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：；.
【分析】根据题意由正方体的几何性质以及异面直线所成角的定义，由平移的性质即可得出角的大小，结合三角形的运算性质计算出轨迹的大小；再由球的几何性质结合求得半径与圆的半径之间的关系，结合勾股定理计算出球的半径，并代入到球的表面积公式，由此计算出结果。
三、解答题
18．（2022·江苏模拟）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，②AB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．
【答案】（1）解：由得，
又，
所以，
而，
故，
故；
（2）解：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，AB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BC边的中点坐标为，
由BC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AB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．
【知识点】运用诱导公式化简求值；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合辅助角公式和三角形内角和为180度的性质，再结合诱导公式和三角形中角B的取值范围，进而得出c的值。
（2） 选①，方法一：设边上的中线为，进而得出AD的长，由结合余弦定理得出，由余弦定理得，即，再利用判别式法得出该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在；
方法二：设边上的中线为，再利用平行四边形法则和中点的性质，则，
再利用平方法和数量积的运算法则和数量积的定义，进而得出，再利用判别式法得出
该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在；
方法三：以为原点，AB所在直线为轴，建立平面直角坐标系，再利用已知条件得出点C的坐标和点B的坐标，再结合中点坐标公式得出BC边的中点坐标，由BC边上的中线长为结合勾股定理得出，再利用判别式法得出该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在。
选②，设AB边上的中线为，进而得出CF的长，在中，由余弦定理得出AC的长，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
选③，依题意得的值，由（1）知的长，进而得出的值，在中，由余弦定理得出BC和CA的长，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
19．（2022·浙江模拟）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．
【答案】（1）证明：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）解：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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，由中点的性质即可得出线线垂直再由线面垂直的判定定理和性质定理即可得证出结论。
(2)由(1)的结论结合线面垂直的性质定理即可得出线线垂，再由平行的传递性以及线面角的定义和面面垂直的性质定理，结合三角形的几何性质即可得出线面角，然后由三角形中的几何计算关系计算出结果即可。
20．（2022·湖北模拟）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.
【答案】（1）证明：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）解：，当时，，
故，
当时，，所以对任意的，都有，
又，所以.所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【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，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.
21．（2021·浙江）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.
【答案】（1）解：因为 ，故 ，故抛物线的方程为：
（2）解：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
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求得P，进而写出方程；
（2） 设 ， 并设 ， ，写 出直线 ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 ，结合直线方程 ，推出关系式，进而利用基本不等式以及解相关不等式，得出直线l在x轴上截距的范围。
22．（2022·浙江模拟）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：.
【答案】（1）解：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）解：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）证明：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
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合；不等式的证明
【解析】【分析】(1)根据题意对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性即可。
(2)由函数单调性结合函数零点的定义，即可求出函数的极值和最小值，再由零点存在性定理整理化简即可得出不等式，由对数的运算性质即可求出a的取值范围。
(3)由已知条件即可求出函数的最值，结合分析法即可得出不等式，构造函数结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的最值，以及取得最值时满足的条件，进而得证出结论。
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