浙江版2022届高考数学模拟金标卷（二）（Word版附答案）

2022届高考数学模拟金标卷浙江专版（二）【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.集合，，则()A.RB.C.D.2.已知，则复数()A.B.C.D.3.设a，b均为单位向量，则“”是“”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A.B.C.D.5.已知实数x，y满足约束条件则的取值范围是()A.B.C.D.6.下列图象对应的函数解析式正确的是() A.B.C.D.7.已知为第二象限角，且，则()A.B.C.D.8.已知定点，，N是圆上任意一点，点关于点N的对称点为M，线段的中垂线与直线相交于点P，则点P的轨迹方程是()A.B.C.D.9.已知数列的各项均为非负数，，且对任意的，都有，则的最大值是()A.26B.27C.28D.2910.如图，在圆柱中，正三棱柱的所有顶点分别在圆柱的上、下底面的圆周上，F为上一点，，E为BC的中点，则下列关系正确的是()①平面；②平面；③平面；④平面.A.①②B.①③C.②③D.③④二、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.若向正方形的外接圆中随机掷一粒黄豆，则黄豆恰好落到正方形的内切圆内 的概率是__________.12.若函数的值域为R，则实数a的取值范围是______________.13.若的展开式中所有项的系数和为729，则实数______，展开式中的系数是_____________.14.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则_____________.15.2021年10月25日是中国人民志愿军抗美援朝出国作战71周年纪念日，某社区为本社区的中国人民志愿军发放大礼包.已知该社区从A，B两种大礼包中随机抽取2个送给其中一位志愿军，记随机变量分别为该志愿军获得A种大礼包和B种大礼包的个数，若，，则_________，_________.16.若椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为，则椭圆C的标准方程为______________；若A，B是直线上不同的两点，且，则AB的最小值为___________.17.如图，在四边形ABCD中，，，，且，，则实数的值为___________；若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为___________.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.（14分）已知函数.（1）求的最小正周期；（2）若函数的图象是由的图象向右平移个单位长度，再向上平移1个单 位长度得到的，当时，求的最大值和最小值.19.（15分）如图，在三棱锥中，AB是外接圆的直径，是边长为2的等边三角形，E，F分别是PC，PB的中点，.(1)求证：平面平面ABC；(2)求直线AB与平面AEF所成角的正弦值.20.（15分）已知数列，满足.(1)证明是等比数列，并求的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：.21.（15分）已知抛物线的焦点为是抛物线上一点且三角形MOF的面积为(其中O为坐标原点)，不过点M的直线l与抛物线C交于P，Q两点，且以PQ为直径的圆经过点M，过点M作交PQ于点N.(1)求抛物线C的方程；(2)求证直线PQ恒过定点，并求出点N的轨迹方程.22.（15分）已知函数.(1)若，求函数的单调区间；(2)若有两个不同的极值点，证明：. 答案解析1.答案：D解析：解不等式，即，得，所以，不等式，即，所以，所以，故选D.2.答案：A解析：由题意得，，，故选A.3.答案：C解析：，，，，，；反之也成立.故选C.4.答案：B解析：由三视图可知，该几何体是一个底面为矩形(长为4、宽为2)，高为4的四棱锥，其中一个侧面与底面垂直，所以该几何体的表面积，故选B.5.答案：D解析：画出约束条件表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示.可表示可行域内点到定点连线的斜率，由图可得，，，数形结合，得或，所以的取值范围是，故选D.6.答案：D 解析：因为对于选项B有，对于选项C有，所以选项B和C函数均为偶函数，所以排除选项B和C；又因为对于选项A有，对于选项D有，所以可排除选项A，故选D.7.答案：B解析：，，故.又为第二象限角，，，故选B.8.答案：B解析：如图，当点P在y轴左侧时，连接，，则，所以.结合为线段的垂直平分线，可得，所以.同理，当点P在y轴左侧时.故点P的轨迹是双曲线，其方程为.9.答案：C 解析：，，记，则，且，，即，，.10.答案：B解析：对于①，为的重心，，，又，，又平面，平面，平面，①正确；对于②，由①知：，又，与相交，又平面，与平面相交，②错误；对于③，为等边三角形，为中点，，由①知，，平面，平面，；又，平面，平面，③正确；对于④，由①知：，又为等边三角形，，异面直线与AB所成角为，即与AB不垂直，平面不成立，④错误.故选B.11.答案：解析：不妨设正方形的边长为2，则其内切圆半径，外接圆半径，由几何概型的概率计算公式知，所求概率.12.答案：解析：当时，，从而. 设时，的值域为B，则.因此解得.故a的取值范围是.13.答案：1；160解析：令，则，解得.展开式的通项公式为，则的展开式中的系数是.14.答案：2或4解析：，，.由题知，，则由正弦定理得，，或，由余弦定理可得或4，或4.15.答案：；解析：由题意可知，因为，，所以，.16.答案：；解析：由题意，得连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为，则.又离心率，则，联立解得，，，则椭圆C的标准方程为，焦点，.设点，，由，得，则，，当且仅当 时取等号，则AB的最小值为.17.答案：；解析：方法一：由题意，所以.又，，所以.以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，垂直于BC的直线为y轴建立平面直角坐标系，由题可得，，不妨设，则，，，所以，所以当时，取最小值为.方法二：过点D作于点E，则，.又因为，所以.在中，，所以，.设，则，，所以当时，取最小值为.18.答案：（1）最小正周期为（2）最大值为，最小值为0.解析：（1），所以函数的最小正周期为. （2）依题意得，因为，所以.当，即时，取最大值，为；当，即时，取最小值，为0.19.答案：(1)证明过程见解析.(2)正弦值为.解析：(1)由题意知，则，所以.又，所以，所以，又，所以平面PAC，又平面ABC，所以平面平面ABC.(2)解法一：因为E，F分别是PC，PB的中点，所以，又，所以.因为是边长为2的等边三角形，所以.又，所以平面AEF.又，所以平面AEF，所以点B到平面AEF的距离h等于点C到平面AEF的距离CE，即.设直线AB与平面AEF所成的角为，则，即直线AB与平面AEF所成角的正弦值为.解法二：以C为坐标原点，CA，CB在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以.设平面AEF的法向量为，则则，取，得.设直线AB与平面AEF所成的角为，则，所以直线AB与平面AEF所成角的正弦值为.20.答案：(1)证明过程见解析.(2)证明过程见解析.解析：(1)，，即，，数列是公比为2的等比数列.又，，，，， ，即.(2)由(1)，当n为偶数时，，故.当n为奇数时，.当n为偶数时，.综上，.21.答案：(1).(2).解析：(1)由题意得，故，解得，故拋物线C的方程为.(2)易得，由题意可设直线PQ的方程为，，由，消去x，得，故.因为，所以，即.整理得， 即，即，所以，所以或.当，即时，直线PQ的方程为，此时直线过点，不合题意舍去；当，即时，直线PQ的方程为，此时直线PQ恒过定点.设，则由，即，得，即，即轨迹是以MH为直径的圆(除去点).22.答案：(1)单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明过程见解析.解析：(1)易知函数的定义域为.当时，，，显然在上单调递增，且.故当时，；当时.因此函数的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)由题意得，由题意可得是方程的两个不同的根，故.两式相加得①，两式相减得，即②， 结合①②得，整理得，令，则，令，则，所以在上单调递增，故，即，因此，故，又，所以，即，即.令，易知在上单调递增，且.又，所以，得.