浙江省2022届高三下学期数学高考模拟预测试卷解析版
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．已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）A．5B．6C．7D．8【答案】D【知识点】元素与集合关系的判断【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
简介：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．已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）A．5B．6C．7D．82．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．-3B．1C．3D．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．16πB．20πC．32πD．36π8．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，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．4B．8C．D．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，则二、填空题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 ．13．2021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．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．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．在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．17．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．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．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．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．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．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】D2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】D5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】D11．【答案】94512．【答案】13．【答案】14．【答案】615．【答案】10；4516．【答案】；17．【答案】；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．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．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.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
简介：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．已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）A．5B．6C．7D．82．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．-3B．1C．3D．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．16πB．20πC．32πD．36π8．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，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．4B．8C．D．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，则二、填空题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 ．13．2021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．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．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．在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．17．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．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．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．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．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．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】D2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】D5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】D11．【答案】94512．【答案】13．【答案】14．【答案】615．【答案】10；4516．【答案】；17．【答案】；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．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．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.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
简介：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．已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）A．5B．6C．7D．82．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．-3B．1C．3D．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．16πB．20πC．32πD．36π8．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，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．4B．8C．D．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，则二、填空题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 ．13．2021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．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．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．在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．17．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．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．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．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．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．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】D2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】D5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】D11．【答案】94512．【答案】13．【答案】14．【答案】615．【答案】10；4516．【答案】；17．【答案】；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．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．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.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
简介：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．已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）A．5B．6C．7D．82．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．-3B．1C．3D．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．16πB．20πC．32πD．36π8．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，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．4B．8C．D．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，则二、填空题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 ．13．2021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．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．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．在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．17．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．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．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．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．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．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】D2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】D5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】D11．【答案】94512．【答案】13．【答案】14．【答案】615．【答案】10；4516．【答案】；17．【答案】；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．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．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.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
简介：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．已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）A．5B．6C．7D．82．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．-3B．1C．3D．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．16πB．20πC．32πD．36π8．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，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．4B．8C．D．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，则二、填空题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 ．13．2021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．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．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．在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．17．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．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．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．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．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．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】D2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】D5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】D11．【答案】94512．【答案】13．【答案】14．【答案】615．【答案】10；4516．【答案】；17．【答案】；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．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．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.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
简介：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．已知集合，则集合的子集的个数共有（ ）A．5B．6C．7D．82．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．-3B．1C．3D．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．16πB．20πC．32πD．36π8．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，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．4B．8C．D．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，则二、填空题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 ．13．2021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．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．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．在中，，点D，E分别在线段上，，°，则 ，的面积等于 ．17．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．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．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．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．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．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】D2．【答案】A3．【答案】B4．【答案】D5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】D11．【答案】94512．【答案】13．【答案】14．【答案】615．【答案】10；4516．【答案】；17．【答案】；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．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．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.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
