浙江版2022屆高考數(shù)學(xué)模擬金標(biāo)卷（一）（附答案）

1、2022屆高考數(shù)學(xué)模擬金標(biāo)卷浙江專版（一）【滿分：150分】一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合，則為( )A.B.C.D.2.若復(fù)數(shù)z滿足(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)是( )A.B.C.D.3.已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )A.B.C.D.4.若函數(shù)的圖象如圖所示，則的解析式可能是( )A.B.C.D.5.設(shè)，則“”是“”的( )A.充分不必要條件B.充要條件C.必要不充分條件D.既不充分又不必要條件6.某方盒中有5個除顏色外其余都相同的球(3個紅球、2個白球)，現(xiàn)從

2、盒中任取2個球，若球的顏色相同，則將2個球涂成白色并且放回盒中，否則將2個球涂成紅色放回盒中.記X為方盒中最終的白球個數(shù)，則( )A.1B.C.2D.7.某教師一天上3個班級的課，每班1節(jié)，如果每班一天共9節(jié)課，上午5節(jié)、下午4節(jié)，并且該教師不能連上3節(jié)課（第5節(jié)和第6節(jié)不算連上），那么這位教師一天的課的所有排法有( )A.474種B.77種C.462種D.79種8.已知分別為雙曲線的左、右焦點，點A是y軸正半軸上一點，線段分別與雙曲線的兩條漸近線交于B，C兩點，點O為坐標(biāo)原點，若四邊形ABOC是面積為的平行四邊形，則此雙曲線的離心率為( )A.B.C.D.29.如圖所示，在底面為正三角形的棱

3、臺中，記銳二面角的大小為，銳二面角的大小為，銳二面角的大小為，若，則( )A.B.C.D.10.已知數(shù)列的通項公式為，是數(shù)列的前n項和，若，使，則( )A.1B.2C.1或3D.2或3二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。11.已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時，則不等式的解集是_.12.若實數(shù)x，y滿足不等式組，則的最大值為_，最小值為_.13.已知二項式的展開式中，各項的二項式系數(shù)之和為64，則_，常數(shù)項為_.14.已知向量滿足.若，則_，向量的夾角為_.15.過橢圓的左焦點F的直線l與橢圓C交于A，B兩點（點A在第三象限），與y軸交于點P.若，則橢圓C的離

4、心率為_，直線l的斜率_.16.設(shè)的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知的外接圓面積為，且，則的最大值為_.17.已知函數(shù)的圖像與的圖像在區(qū)間上存在關(guān)于x軸對稱的點，則m的取值范圍是_.三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18.（14分）已知函數(shù)的圖象在處的切線與x軸平行.（1）求函數(shù)的最小正周期；（2）若的角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，求a.19.（15分）如圖，在多面體ABCDEF中，已知正方形ABCD和矩形BDEF，.(1)求證：平面ABCD；(2)求直線AE與平面CEF所成角的正弦值.20.（15分）已知數(shù)列的前n項和為.（1

5、）若，證明：；（2）在（1）的條件下，若，數(shù)列的前n項和為，求證.21.（15分）已知拋物線上的點到其焦點F的距離為.(1)求拋物線C的方程；(2)點在拋物線C上，過點的直線l與拋物線C交于兩點，點H與點A關(guān)于x軸對稱，直線AH分別與直線OE，OB交于點M，N(O為坐標(biāo)原點)，求證：.22.（15分）已知函數(shù).（1）函數(shù)在上單調(diào)遞增，求出實數(shù)a的取值范圍；（2）若方程在上有兩個不同的實根，求出實數(shù)a的取值范圍.答案解析1.答案：C解析：集合，故選C.2.答案：C解析：由題得，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)是.故選C.3.答案：D解析：由三視圖可知該幾何體由一個三棱錐和一個半圓柱組合而成，其中

6、半圓柱的底面半徑為1，高為2，三棱錐的三個面均是直角邊長為2的等腰直角三角形，故該幾何體的體積為，故選D.4.答案：D解析：由題中圖象可知函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱，故為偶函數(shù)，可排除A，B；在選項C中，與題中圖象不符，因此排除C.故選D.5.答案：A解析：解不等式得，解不等式得，所以“”是“”的充分不必要條件.故選A.6.答案：C解析：從5個球中任取2個球有種取法，由題意知X的所有可能取值為1，2，4，故，故選C.7.答案：A解析：從9節(jié)課中任意安排3節(jié)，有種排法，其中上午連排3節(jié)，有種排法，下午連排3節(jié)，有種排法，則這位教師一天的課的所有排法有（種），故選A.8.答案：D解析：根據(jù)雙曲線的對稱

7、性，可知平行四邊形ABOC為菱形，連接BC，對角線互相垂直，則其面積.易得，直線的解析式為.令，可得.由，可得，所以該雙曲線的離心率，故選D.9.答案：D解析：如圖1，記棱臺的側(cè)棱延長交于點P，過點P在平面ABC上的射影為H，設(shè)H到AB，BC，AC的距離分別為，則.故H所在區(qū)域如圖2所示（點D為垂心），比較，即比較PA，PB，PC，即比較HA，HB，BC，由圖可知：，.故選D.10.答案：D解析：由題意知為中的一項.因為，于是.因為的奇數(shù)項和偶數(shù)項分別遞增，且，所以要使為中的某一項，只能為，之一.若，則，無解；若，則，得，所以；若，則，得，所以綜上，或3，故選D.11.答案：解析：設(shè)，則.因為

8、是奇函數(shù)，所以.當(dāng)時，所以不等式，即當(dāng)時，解得.12.答案：5；-2解析：作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，其中.由得，作出直線并平移，數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)平移后的直線經(jīng)過點C時，z取得最大值；當(dāng)平移后的直線經(jīng)過點A時，z取得最小值，.13.答案：6；15解析：由展開式中各項的二項式系數(shù)之和為，得，所以的展開式的通項，令，得，故展開式中的常數(shù)項為.14.答案：8；解析：由題意知，.，即，解得，所以.設(shè)向量的夾角為，則，故，即向量的夾角為.15.答案：；解析：依題意，又，所以，.因為點A在橢圓上，所以代入方程得，即，解得，所以橢圓的離心率.因為，所以直線l的斜率.16.答案：8解析：設(shè)的

9、外接圓的半徑為R，的外接圓面積為，解得.，即，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.17.答案：解析：當(dāng)時，直線在圖像的上方，故當(dāng)時，.因為函數(shù)的圖像與的圖像在區(qū)間上存在關(guān)于x軸對稱的點，等價于方程，即在區(qū)間上有解.令，則，因為，所以，則由，得，當(dāng)時，當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.又，所以實數(shù)m的取值范圍為.18.答案：（1）函數(shù)的最小正周期為（2）解析：（1）.由題意可知，則.因為，所以，故，可得函數(shù)的最小正周期為.（2）由可得，故或.因為，所以.由以及余弦定理得，所以.因為，所以，所以.由正弦定理可得.19.答案：(1)證明過程見解析.(2)正弦值為.解析：(1)連接AC，設(shè)AC交BD于點O

10、，連接OF，因為四邊形ABCD是正方形，所以，且O是AC的中點因為，所以，又，所以平面BDEF，又平面BDEF，所以.由四邊形BDEF是矩形，得，又，所以平面ABCD.(2)解法一：設(shè)，則易知.取EF的中點M，連接AM，CM，則，又，所以平面ACM，又平面CEF，所以平面平面ACM.過A作于點N，則平面CEF，連接EN，則即直線AE與平面CEF所成的角.連接OM，則，易知，所以，解得.故，即直線AE與平面CEF所成角的正弦值為.解法二：由(1)知，平面ABCD，所以，又，所以以D為坐標(biāo)原點，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，故.設(shè)平面CEF的法向量為，則，

11、令，則.設(shè)直線AE與平面CEF所成的角為，則，因此直線AE與平面CEF所成角的正弦值為.20.答案：（1）見解析（2）見解析解析：（1）因為，所以，所以數(shù)列是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以，當(dāng)時，當(dāng)時，滿足上式，所以，所以成立.（2）由（1）知，所以，則，所以，所以成立.21.答案：(1)方程為.(2)證明過程見解析.解析：(1)由點在拋物線上可得，解得.由拋物線的定義可得，整理得，解得或(舍去).故拋物線C的方程為.(2)由在拋物線C上可得，解得，所以，直線OE的方程為.易知，均不為0.由題意知直線l的斜率存在且大于0，設(shè)直線l的方程為，聯(lián)立，得消去y，得.則，得，所以，.由直線OE的方程為，得.易知直線OB的方程為，故.數(shù)形結(jié)合可知，要證，即證，即證，即證，即證，則，此等式顯然成立，所以.22.答案：