浙江省绍兴市2022届高三数学二模试卷（PDF版附答案）

2．若复数z满足zi1i（i为虚数单位），则z浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2022年4月）A．1iB．1i2数学试题C．1iD．1i13．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积本科试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共6页，选择题部分1至3页，非选择题部分3至正视图侧视图6页，满分150分，考试时间120分钟。（单位：cm3）是131A．1B．考生注意：25俯视图1．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在C．2D．2（第3题图）试题卷和答题纸规定的位置上。x0，2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题4．若实数x，y满足约束条件xy30，则zxy的最大值是卷上的作答一律无效。2xy0，参考公式:A．3B．0C．1D．3如果事件A，B互斥，那么柱体的体积公式3π5．已知函数f(x)sin(x)cos(x)(0，[0，2π))，则“”是“函数f(x)P(AB)P(A)P(B)V=Sh4如果事件A，B相互独立，那么其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高为奇函数”的P(AB)P(A)P(B)锥体的体积公式1A．充分不必要条件B．必要不充分条件如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那V=Sh3C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高a1P(k)Ckpk(1p)nk(k0，1，2，，n)球的表面积公式6．在同一直角坐标系中，函数yloga(x)，y(a0，且a1)的图象可能是nnx2台体的体积公式S=4πRyyyy1V(SSSS)h球的体积公式11223OO1OO1431xx1xx其中S，S分别表示台体的上、下底面积，h表V=πR123A．B．C．D．示台体的高其中R表示球的半径7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD1上的动点，则A．AP//平面BC1DDC第Ⅰ卷（共40分）11PB．AP//平面A1BC1AB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11C．AP平面A1BD合题目要求的）DCD．AP平面BB1D11．已知全集U{0，1，2，3，4，5}，集合A{1，3，5}，B{0，1}，则(ðA)BUAB(第7题图)A．{0}B．{2，4}C．{0，1，3，5}D．{0，1，2，4}数学试题卷第1页（共6页）数学试题卷第2页（共6页） 8．若存在aR，对任意的x0，恒有f(x)asinx，则函数f(x)不．可．能．是15．如图，在平行四边形ABCD中，P，P，P依次为边BC的DQ1Q2Q3C1232PA．f(x)xB．f(x)x2x3四等分点，Q，Q，Q依次为边DC的四等分点，123P2xC．f(x)2D．f(x)lnxP1若AP1AQ11，AP3AQ32，则AP2AQ2▲．ABx2y2(第15题图)9．已知F，F为双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，P为双曲线的渐近线上一点，满1222ab16．在抗击疫情期间，某区对3位医生、2位护士和1位社区工作人员进行表彰并合影留念．现将这62人随机排成一排，设3位医生中相邻人数为1（若互不相邻，则11；有且仅有2人相邻，则足FPF45，OPFF(O为坐标原点)，则该双曲线的离心率是12122，，1122；3人连在一起，则3），2位护士中相邻人数为，记112，<，21482622632212A．B．C．D．7777则P(13)▲；E()▲．32nn11*17．已知a，bR，若x1，x2，x3是函数f(x)xaxb的零点，且x1x2x3，x1x2x3，10．已知各项均为正数的数列{a}满足a1，aa(nN)，则数列{a}n1nn1nan1则6ab的最小值是▲．A．无最小项，无最大项B．无最小项，有最大项三、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）C．有最小项，无最大项D．有最小项，有最大项18．（本题满分14分）第Ⅱ卷（共110分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csinA3acosC0．（Ⅰ）求角C的大小；二、填空题（本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分）周（Ⅱ）若△ABC是锐角三角形，且ab2，求b的取值范围．11．我国古代数学著作《九章算术》方田篇记载“宛田面积术曰：以径乘周，宛田四而一”（注：宛田，扇形形状的田地；径，扇形所在圆的直径；周，扇形径径周的弧长），即古人计算扇形面积的公式为：扇形面积．现有一宛田19．（本题满分15分）4(第11题图)的面积为1，周为2，则径是▲.如图，在三棱锥PABC中，△PAC是边长为2的正三角形，BAAC，BA3，BP2，ππ112．已知(0，)，且sin()，则cos▲，tan▲．D为BC的中点．223P1（Ⅰ）证明：ACPD；n13．在(x)的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则正整数n▲，2x（Ⅱ）求直线BP与平面PAC所成角的正弦值．常数项是▲．1AC22214．已知抛物线y4x的焦点为F，过抛物线上一点P作圆(x1)y的一条切线，切点4DB为A，且PAPF，则点F的坐标是▲，PF▲．(第19题图)数学试题卷第3页（共6页）数学试题卷第4页（共6页） 20．（本题满分15分）22．（本题满分15分）已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a11，且a1，a2，a4成等比数列；数列{bn}的前n项和ax22x已知aR，函数f(x)eex.2S，且S2b1，*是nnnnN．（Ⅰ）求曲线yf(x)在x0处的切线方程；（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）若函数f(x)有两个极值点x，x，且0xx1，1212anan1222231(an3)（Ⅱ）设c，是否存在正整数m，使得cccc对任n123maab（ⅰ）求a的取值范围；nn1n2意nN*恒成立？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．2ea6e（ⅱ）当a9时，证明：xx．21aa4（注：e2.71828是自然对数的底数）21．（本题满分15分）22xy如图，已知椭圆1(ab0)的左顶点为A(2，0)，焦距为23，过点B(2，2)的直22ab线交椭圆于点M，N，直线BO与线段AM、线段AN分别交于点P，Q，其中O为坐标原点．记△OMN，△APQ的面积分别为S，S．12（Ⅰ）求椭圆的方程；y（Ⅱ）求SS的最大值．B12PMOAQxN(第21题图)数学试题卷第5页（共6页）数学试题卷第6页（共6页） 浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（Ⅱ）解法1：过点D作DFPE，垂足为F.…………9分（2022年4月）由（Ⅰ）知AC平面PDE，所以ACDF，所以DF平面PAC．…………11分数学参考答案及评分标准取PC的中点G，连结DG，因为D为BC的中点，所以DG//BP，所以直线BP与平面PAC所成角等于直线DG与平面PAC所成角DGF．……12分一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）因为PBPC，所以PDBC，1．A2．D3．B4．C5．A6．C7．B8．D9．A10．D又由（Ⅰ）知ACPD，所以PD平面ABC，所以PDDE．二、填空题（本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分）13在直角△PDE中，PE3，DEAB，15172211．212．，2213．6，14．(1，0)，3216PD3PDDE3得，DF，191612PE415．16．，17．161DF313530又在直角△DGF中，DGBP1，sinDGF．2DG4三、解答题（本大题共5小题，共74分）318．（本题满分14分）因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．…………15分4ac解：（Ⅰ）因为csinA3acosC0，又，解法2：如图，以E为原点，分别以射线ED，EC为zsinAsinCP所以sinCsinA3sinAcosC0，…………3分x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，又因为sinA0，所以sinC3cosC，…………5分CπAEC所以tanC3，所以．…………7分则A(0，1，0)，B(3，1，0)，3yπ222π3BxD（Ⅱ）因为C，所以cab2abcos，即222cab2．…………9分C(0，1，0)，D(，0，0)．…………9分332222因为A是锐角，所以cosA0，所以bca0，因为PBPC，D为BC中点，所以PDBC，又ACPD，所以PD平面ABC，所以2b1，b1．…………11分3333222所以P(，0，)，BP(，1，)．…………10分因为B是锐角，所以cosB0，所以acb0，22222所以a1，a1，又ab2，所以，b2．…………13分33设平面PAC的法向量为n(x，y，z)，又AC(0，2，0)，AP(，1，)，因此，1b2．…………14分222y0，19．（本题满分15分）PnAC0，由得33可取n(3，0，1)．…………12分（Ⅰ）证明：取AC的中点E，连结PE，DE．GnAP0，xyz0，22F因为△PAC是正三角形，所以PEAC，………2分ACE设直线BP与平面PAC所成角为，又因为DE//BA，BAAC，所以DEAC，…4分DBBPn3又PE平面PDE，DE平面PDE，则sincosBP，n，BPn4PEDEE，所以AC平面PDE，…………5分3又因为PD平面PDE，所以ACPD．…………7分因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．…………15分4数学答案第1页（共6页）数学答案第2页（共6页） （Ⅱ）由题意设直线MN:yk(x2)2，其中k1，设M(x，y)，N(x，y)，…5分112220．（本题满分15分）yk(x2)2，222解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d(d0)，由x2消去y整理得(4k1)x16k(1k)x4(4k8k3)0，2y1，42因为a1，a2，a4成等比数列，所以a2a1a4，…………1分222且[16k(1k)]16(4k1)(4k8k3)16(8k3)0，2所以(1d)13d，解得d1，所以ana1(n1)dn．…………3分16k(k1)4(4k28k3)所以xx，xx，…………7分1221224k14k1当n1时，b1S12b11，所以b11．…………4分222241k8k3所以MN1kxx1k(xx)4xx，12121224k1当n2时，bnSnSn12bn2bn1，所以bn2bn1，…………5分2k2又点O到直线MN的距离d，1n11k2所以{bn}是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以，bn2．…………6分14(k1)8k32n1所以S1MNd12．…………9分（Ⅱ）由题意得c，…………7分24k1nn(n1)因为P，Q在直线BO上，所以可设P(x，x)，Q(x，x)，又因为A，P，M三点共线，22n1113344则cn2222，…………9分n(n1)n(n1)yx2y2y1312所以，所以x，同理x，…………11分1111111134222x2x2xy2xy2所以c1c2cm222222221311221223(m1)mm(m1)所以11．…………11分y1y2kx12k2kx22k22PQ2xx2222(m1)34xy2xy2(1k)x2k(1k)x2k11221231(an3)31(n3)31(n2)31(n3)31(4n)设dnn1，则dn1dnn2n1n2，422k1x2x1428k3bn22222=，224k2k(1k)(xx)(1k)xx8k3所以，当n1，2，3时，dd；当n4时，dd；当n5时，dd，1212n1n45n1n31148k3又点A到直线BO的距离d2，所以，SPQd．………13分所以，数列{dn}的最大项为d4d5，…………13分22228k33211312设tk1(0，)，所以2，整理得(m1)32，(m1)3216(k1)16t164所以，存在正整数m，且m的最小值是5．…………15分则SS4(52)（当且仅当12224k14t8t55524t8t5521．（本题满分15分）t，即k1时，等号成立）．22解：（Ⅰ）因为左顶点为A(2，0)，所以a2，…………1分因此，SS的最大值是458．…………15分12222又焦距为23，所以ab3，所以b1，…………3分2x2所以椭圆的方程是y1．…………4分4数学答案第3页（共6页）数学答案第4页（共6页） 22．（本题满分15分）2x1x所以，r(x)r(0)1，所以不等式e(0x1)成立．…………12分2x1x（Ⅰ）解：因为f(x)2eaxe，…………2分2x因为x，x(0xx1)是f(x)2eaxe0的两个根，所以f(0)2e，又f(0)1，1212所以f(x)0(i1，2)，i所以曲线yf(x)在x0处的切线方程为y(2e)x1．…………4分2x1x1xi又e(0x1)，所以2axef(x)0(i1，2)，ii1x1xi（Ⅱ）（ⅰ）解：因为函数f(x)有两个极值点x，x，122整理得ax(a2e)x2e0(i1，2)．ii2x所以x1，x2是关于x的方程f(x)2eaxe0的两根，2a2e设函数m(x)ax(a2e)x2e，t，2a2x222ee因为(a2e)4a(2e)(a6e)16(e2)0，也是关于x的方程a的两正根．…………5分x1且m(0)0，m(1)0，0t，22x2x2x2ee4xe2ee设g(x)(x0)，则g(x)．…………7分所以函数m(x)有两个不同的零点，记为，()，且0t1．2xx因为2x2x2x令h(x)4xe2ee(x0)，则h(x)8xe，22t1t(a6e)16(e2)f(t)2eate2ate0，11t2(a2e)当x0时，h(x)0，所以h(x)在(0，)上单调递增，又h()0，4且f(0)0，f(1)0，所以0xtx1．1112所以，当0x时，h(x)0，g(x)0；当x时，h(x)0，g(x)0，44因为m(x)在(0，t)上单调递减，且m(x)0m()，所以0xt；1111所以，函数g(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增．44因为m(x)在(t，1)上单调递增，且m(x2)0m()，所以tx21；12又因为0x1x21，所以g()ag(1)，即4ea2ee，所以0x1x21，所以x2x1．…………14分42a2e24(2e)(2e)122e所以，a的取值范围是(e2e2，4e)．…………9分因为()1，2aaaa2122e2e（ⅱ）证明：结合（ⅰ）可知e2ea9．又10(a9)，所以，aax因为x1e，所以2(2x1)axef(x)0，1112e所以xx．21e2a所以(a4)xe2，所以x．11a42ea6e因此，xx．…………15分211e2a6eaa4又由（ⅰ）知x1，所以xx1．…………11分2214a4a42x1x下面先证明不等式e(0x1)．1x22x1x2x2xe设r(x)e(0x1)，则r(x)，21x(1x)所以，当0x1时，r(x)0，r(x)在(0，1)上单调递减，数学答案第5页（共6页）数学答案第6页（共6页）