2022届高考数学模拟金标卷浙江专版（一） WORD版含答案.docx

1、2022届高考数学模拟金标卷浙江专版（一）【满分：150分】一、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，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，则为( )A.B.C.D.2.若复数z满足(i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点的坐标是( )A.B.C.D.3.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.B.C.D.4.若函数的图象如图所示，则的解析式可能是( )A.B.C.D.5.设，则“”是“”的( )A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件6.某方盒中有5个除颜色外其余都相同的球(3个红球、2个白球)，现从

2、盒中任取2个球，若球的颜色相同，则将2个球涂成白色并且放回盒中，否则将2个球涂成红色放回盒中.记X为方盒中最终的白球个数，则( )A.1B.C.2D.7.某教师一天上3个班级的课，每班1节，如果每班一天共9节课，上午5节、下午4节，并且该教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课的所有排法有( )A.474种B.77种C.462种D.79种8.已知分别为双曲线的左、右焦点，点A是y轴正半轴上一点，线段分别与双曲线的两条渐近线交于B，C两点，点O为坐标原点，若四边形ABOC是面积为的平行四边形，则此双曲线的离心率为( )A.B.C.D.29.如图所示，在底面为正三角形的棱

3、台中，记锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，若，则( )A.B.C.D.10.已知数列的通项公式为，是数列的前n项和，若，使，则( )A.1B.2C.1或3D.2或3二、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.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，则不等式的解集是_.12.若实数x，y满足不等式组，则的最大值为_，最小值为_.13.已知二项式的展开式中，各项的二项式系数之和为64，则_，常数项为_.14.已知向量满足.若，则_，向量的夹角为_.15.过椭圆的左焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点（点A在第三象限），与y轴交于点P.若，则椭圆C的离

4、心率为_，直线l的斜率_.16.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知的外接圆面积为，且，则的最大值为_.17.已知函数的图像与的图像在区间上存在关于x轴对称的点，则m的取值范围是_.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.（14分）已知函数的图象在处的切线与x轴平行.（1）求函数的最小正周期；（2）若的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，求a.19.（15分）如图，在多面体ABCDEF中，已知正方形ABCD和矩形BDEF，.(1)求证：平面ABCD；(2)求直线AE与平面CEF所成角的正弦值.20.（15分）已知数列的前n项和为.（1

5、）若，证明：；（2）在（1）的条件下，若，数列的前n项和为，求证.21.（15分）已知抛物线上的点到其焦点F的距离为.(1)求抛物线C的方程；(2)点在抛物线C上，过点的直线l与抛物线C交于两点，点H与点A关于x轴对称，直线AH分别与直线OE，OB交于点M，N(O为坐标原点)，求证：.22.（15分）已知函数.（1）函数在上单调递增，求出实数a的取值范围；（2）若方程在上有两个不同的实根，求出实数a的取值范围.答案解析1.答案：C解析：集合，故选C.2.答案：C解析：由题得，则复数z在复平面内对应的点的坐标是.故选C.3.答案：D解析：由三视图可知该几何体由一个三棱锥和一个半圆柱组合而成，其中

6、半圆柱的底面半径为1，高为2，三棱锥的三个面均是直角边长为2的等腰直角三角形，故该几何体的体积为，故选D.4.答案：D解析：由题中图象可知函数的图象关于y轴对称，故为偶函数，可排除A，B；在选项C中，与题中图象不符，因此排除C.故选D.5.答案：A解析：解不等式得，解不等式得，所以“”是“”的充分不必要条件.故选A.6.答案：C解析：从5个球中任取2个球有种取法，由题意知X的所有可能取值为1，2，4，故，故选C.7.答案：A解析：从9节课中任意安排3节，有种排法，其中上午连排3节，有种排法，下午连排3节，有种排法，则这位教师一天的课的所有排法有（种），故选A.8.答案：D解析：根据双曲线的对称

7、性，可知平行四边形ABOC为菱形，连接BC，对角线互相垂直，则其面积.易得，直线的解析式为.令，可得.由，可得，所以该双曲线的离心率，故选D.9.答案：D解析：如图1，记棱台的侧棱延长交于点P，过点P在平面ABC上的射影为H，设H到AB，BC，AC的距离分别为，则.故H所在区域如图2所示（点D为垂心），比较，即比较PA，PB，PC，即比较HA，HB，BC，由图可知：，.故选D.10.答案：D解析：由题意知为中的一项.因为，于是.因为的奇数项和偶数项分别递增，且，所以要使为中的某一项，只能为，之一.若，则，无解；若，则，得，所以；若，则，得，所以综上，或3，故选D.11.答案：解析：设，则.因为

8、是奇函数，所以.当时，所以不等式，即当时，解得.12.答案：5；-2解析：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中.由得，作出直线并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点C时，z取得最大值；当平移后的直线经过点A时，z取得最小值，.13.答案：6；15解析：由展开式中各项的二项式系数之和为，得，所以的展开式的通项，令，得，故展开式中的常数项为.14.答案：8；解析：由题意知，.，即，解得，所以.设向量的夹角为，则，故，即向量的夹角为.15.答案：；解析：依题意，又，所以，.因为点A在椭圆上，所以代入方程得，即，解得，所以椭圆的离心率.因为，所以直线l的斜率.16.答案：8解析：设的

9、外接圆的半径为R，的外接圆面积为，解得.，即，解得，当且仅当时，等号成立.17.答案：解析：当时，直线在图像的上方，故当时，.因为函数的图像与的图像在区间上存在关于x轴对称的点，等价于方程，即在区间上有解.令，则，因为，所以，则由，得，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增.又，所以实数m的取值范围为.18.答案：（1）函数的最小正周期为（2）解析：（1）.由题意可知，则.因为，所以，故，可得函数的最小正周期为.（2）由可得，故或.因为，所以.由以及余弦定理得，所以.因为，所以，所以.由正弦定理可得.19.答案：(1)证明过程见解析.(2)正弦值为.解析：(1)连接AC，设AC交BD于点O

10、，连接OF，因为四边形ABCD是正方形，所以，且O是AC的中点因为，所以，又，所以平面BDEF，又平面BDEF，所以.由四边形BDEF是矩形，得，又，所以平面ABCD.(2)解法一：设，则易知.取EF的中点M，连接AM，CM，则，又，所以平面ACM，又平面CEF，所以平面平面ACM.过A作于点N，则平面CEF，连接EN，则即直线AE与平面CEF所成的角.连接OM，则，易知，所以，解得.故，即直线AE与平面CEF所成角的正弦值为.解法二：由(1)知，平面ABCD，所以，又，所以以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，故.设平面CEF的法向量为，则，

11、令，则.设直线AE与平面CEF所成的角为，则，因此直线AE与平面CEF所成角的正弦值为.20.答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）因为，所以，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，当时，当时，满足上式，所以，所以成立.（2）由（1）知，所以，则，所以，所以成立.21.答案：(1)方程为.(2)证明过程见解析.解析：(1)由点在抛物线上可得，解得.由抛物线的定义可得，整理得，解得或(舍去).故抛物线C的方程为.(2)由在抛物线C上可得，解得，所以，直线OE的方程为.易知，均不为0.由题意知直线l的斜率存在且大于0，设直线l的方程为，联立，得消去y，得.则，得，所以，.由直线OE的方程为，得.易知直线OB的方程为，故.数形结合可知，要证，即证，即证，即证，即证，则，此等式显然成立，所以.22.答案：（1）（2）解析：（1）函数的定义域为.因为函数在上单调递增，所以，所以，所以.令，则，所以函数在上单调递减，所以，故实数a的取值范围为.（2）若，则.设，则.令，则.设，易知函数在上单调递减，所以当时，所以当时，故函数在上单调递减，所以当时，即，函数单调递增；当时，即，函数单调递减，所以，而.因为直线与函数有两个不同的交点，所以实数a的取值范围为.