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浙江版2022届高考数学模拟金标卷(一)(Word版附答案)

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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)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π(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π.(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,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,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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2022-04-04 20:00:05 页数:14
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文章作者:随遇而安

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