2022届浙江省高三下学期6月高考数学仿真模拟卷（二）含解析

2022届浙江省高三下学期6月高考数学仿真模拟卷（二）

一、单选题

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据指数函数的单调性，结合集合交集的定义进行求解即可.

【详解】由，

因此，

故选：A

2．已知复数（其中），则下面结论正确的是（       ）

A．

B．

C．

D．在复平面上，对应的点在直线上

【答案】D

【分析】根据共轭复数判断A，根据复数代数形式的乘法运算判断B，根据复数模的计算公式判断C，根据复数的几何意义判断D；

【详解】解：因为，，所以，故A错误；

，故B错误；

，故C错误；

复数在复平面内所对应的点的坐标为位于直线上，故D正确；

故选：D

3．直线，，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

【答案】C

【分析】首先根据求参数的值，分类讨论可知，即可得解.

【详解】由，当时显然成立，

当，由斜率乘积，

所以不垂直，故，

“”是“”的充要条件.

故选：C.

4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图判断出该几何体为圆柱体的即可求解.

【详解】由三视图可知，该几何体是一个底面半径为，高为的圆柱体的，

其表面积为，

故选：.

5．已知实数，满足，则的最小值为（       ）

A．0 B．0.5 C．1 D．2

【答案】B

【分析】由约束条件作出可行域，所求为可行域内一点与点的斜率的最小值，根据图象求解即可.

【详解】由题，由，满足的约束条件为 ，作出可行域如图所示：

的几何意义为可行域内一点与点的斜率，记为，

则过点作直线，当直线经过点时，斜率最小，

因为，解得点为，

所以的最小值为，

故选：B

6．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中错误的是（       ）

A．平面BEF B．三棱锥的体积为定值

C．二面角的余弦值为 D．当时，点A到E的距离为

【答案】D

【分析】对于A选项，△BEF在对角面BB1D1D内，而AA1//平面BB1D1D，所以平面BEF；

对于B选项，注意到底面△EFB面积为定值，高为定值，所以三棱锥的体积为定值；

对于C选项，找到二面角的平面角，即可求得其余弦值；

对于D选项，点A到直线EF的垂足并不在线段EF内，故到线段的距离不是到直线EF的距离.

【详解】A选项，△BEF包含于平面BB1D1D，所以平面BEF即平面BB1D1D，显然，AA1//平面BB1D1D，所以A选项正确；

B选项，△EFB的底边EF长度固定，B到EF的距离为BB1=2，所以，A到平面BB1D1D的距离为AC的一半，,

所以B选项正确；

C选项，二面角即二面角，连结A1C1交B1D1于O1，则二面角的平面角为∠AO1C，，所以C选项正确；

D选项，点A到E的距离为，所以D选项错误.

 故选：D.

7．函数的大致图象为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据奇偶性判定可知为偶函数，可排除C；结合，可排除CD.

【详解】定义域为，，

为偶函数，图象关于轴对称，可排除C；

，可排除D；，可排除C；

故选：A.

8．设函数，已知在上单调递增，则在上的零点最多有（       ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】A

【分析】先求出函数的单调区间，根据题意得出参数的范围，设，则，由，得出函数在上的零点情况出答案.

【详解】由，，得，，

取，可得.若在上单词递增，则，

解得.若，则.

设，则，因为

所以函数在上的零点最多有2个.

所以在上的零点最多有2个.

故选：A

9．在平面直角坐标系中，直线与轴和轴分别交于，两点，，若，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.

【详解】由得 ，

故 由得，

由得，设 ，则 ，

即，即点C轨迹为一动圆，

设该动圆圆心为 ，则，

整理得 ，代入到中，

得： ，即C轨迹的圆心在圆上，

故点（1,1）与该圆上的点的连线的距离加上圆的半径即为点到点的距离的最大值，最大值为 ，

故选：B

10．已知数列{}满足，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解.

【详解】由，得，，所以，又，

所以数列是递增数列且，，所以，

所以，

所以， .当，得，由得，

则，

同上由累加法得，

所以，所以，则.

故选：C.

【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由得出是递增数列且，进而由结合累加法求得结果.

二、填空题

11．已知函数若，则实数___________.

【答案】2

【分析】先计算，再计算即得解.

【详解】解：，所以.

故答案为：2

12．已知平面向量，，，其中为单位向量，若，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】建立如图所示坐标系，不妨设，，，由题意，可知，记，，则，求出点的轨迹方程，由的几何意义可得即为点的轨迹上的点到点的轨迹上的点的距离，从而可得出答案.

【详解】解：建立如图所示坐标系，不妨设，，，

由知，点A在直线或上，

由题意，可知，

记，，则，

由定弦所对的角为顶角可知点B的轨迹是两个关于x轴对称的圆弧，

设，则，

因为，

即，

整理得：或，

由对称性不妨只考虑第一象限的情况，

因为的几何意义为：

圆弧的点到直线上的点的距离，

所以最小值为，故.

故答案为：.

三、双空题

13．我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图”.如图，它是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角记为，大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，则______，______.

【答案】         

【解析】直接利用三角形的全等，整理出关于一元二次方程，进一步利用关系式的应用求出三角函数的值．

【详解】解：根据已知条件四个直角三角形全等，

所以设直角三角形的短的直角边长为，

则较长的直角边长为，

所以，

整理得，

解得：或（负值舍去），

所以．

．

故答案为：①；②．

【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，二倍角的正弦公式，一元二次方程的解法和应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．

14．若函数f(x)＝64x6表示为f(x)＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，其中a0，a1，a2，…，a6为实数，则a5＝________，a2＋a4＋a6＝________.

【答案】     6     31

【解析】由题意知[1＋(2x－1)]6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，结合二项式定理求对应项系数即可得 、.

【详解】64x6＝[1＋(2x－1)]6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2 x－1)6，

∴，

故答案为：6, 31

15．在中，点D在边BC上，，，，．则BD的长为________，的面积为________．

【答案】         

【分析】先由求出，根据余弦定理，可求出；

再由余弦定理求出，得到，求出直角三角形各边，进而可求出结果.

【详解】因为，

所以，

又，，

所以，

所以；

因此，

故，

又，所以，

所以，

因此.

故答案为(1).        (2).

【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理以及三角形面积公式即可，属于常考题型.

16．在2022年北京冬奥会志愿者选拔期间，来自北京某大学的4名男生和2名女生通过了志愿者的选拔.从这6名志愿者中挑选3名负责滑雪项目的服务工作，恰有两名男生的概率为___________；若对入选的2名男生和1名女生进行滑雪项目相关知识的测试，已知两名男生通过测试的概率均为，女生通过测试的概率为，且每人通过与否相互独立，记这三人中通过测试的人数为X，则随机变量X的数学期望为___________.

【答案】     0.6    

【分析】利用古典概型概率公式可得恰有两名男生的概率；由题可得可取的值，然后利用独立事件概率公式求概率，再利用期望公式即得.

【详解】由题可知从6名志愿者中挑选3名负责滑雪项目的服务工作共有种结果，其中恰有两名男生的的结果有，

∴从这6名志愿者中挑选3名负责滑雪项目的服务工作，恰有两名男生的概率为；

由题可知可取0,1,2,3，则

，

，

，

，

故.

故答案为：；.

17．已知F是椭圆E：的右焦点，P是椭圆E上一点，Q是圆C：上一点，则的最小值为__________，此时直线PQ的斜率为____________.

【答案】          1

【分析】利用椭圆定义将转化为，结合图形可解.

【详解】如图，由题可知，圆C的圆心坐标为（，2），半径为1，设椭圆E的左焦点为.

椭圆中，，，则，当F1、P，Q，C四点共线时，等号成立，此时直线PQ的斜率为.

故答案为：，1

四、解答题

18．已知数．

(1)求函数的最小正周期，并写出函数的单调递增区间

(2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，求的取值范围

【答案】(1)最小正周期为，增区间为

(2)

【分析】（1）先对函数化简变形，得，从而可求出函数的最小正周期，由，可求出函数的增区间，

（2）将利用正弦定理统一成角的形式，化简可求得，则，然后利用正弦函数的性质可求得答案

（1），所以的最小正周期为，由，得，所以的单调增区间为，

（2）因为，所以由正弦定理得,所以,所以,因为，所以，因为，所以，所以，因为所以，因为，所以，所以，即，所以，所以的取值范围为

19．如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．

(1)证明：平面ABC．

(2)若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明平面ABC, 从而得到平面ABC.

（2）（方法一）过点E作，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设,求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条件可得长，然后利用线面角的向量公式求解即可；

（方法二）连接DG，可证得，可得长，过点F作，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答案.

（1）如图，取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且．因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且所以，且．所以四边形DEGF是平行四边形．所以．因为翻折的，易知．所以翻折后，．又因为，EA，平面AEC，所以平面AEC．因为，所以平面AEC．因为平面AEC，所以．因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以又因为，AC，平面ABC．所以平面ABC．因为，所以平面ABC．

（2）（方法一）如图，过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，，因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量，设面ACD的法向量为，则，即，解得．取，得．因为二面角D-AC-E为，所以，解得，所以，．记直线AB与平面ACD所成角为，则，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．（方法二）如图，连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以．又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC．因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故．由△ACE是边长为2的等边三角形，得，在RtDGE中，，所以，．过点F作，垂足为I，因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD．又因为平面平面，平面DEGF，且，所以平面ACD．连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得，解得．在RtAFG中，，，所以．在RtFAI中，，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．

20．数列满足，．

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前20项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）已知递推公式，求通项公式，是隔项等比数列；

（2）把（1）中的通项公式代入求，进一步得出的表达式，求值即可.

（1），两式相除得：， 当时， ，当时，，综上所述，的通项公式为：

（2）由（1）知： 数列的前20项和：

21．已知抛物线E：（）上一点Q到其焦点的距离为.

(1)求抛物线E的方程，

(2)设点P在抛物线E上，且，过P作圆C：的两条切线，分别与抛物线E交于点M，N（M，N两点均异于P）.证明：直线MN经过R.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）直接通过点代入抛物线和点Q到焦点的距离建立方程组求解即可；

（2）设出点，表示出直线，利用直线与圆相切得到，同理得到（4-，

结合韦达定理求出，表示出直线，代入即可证明.

（1）由题可知，解得（舍去）.故抛物线的方程为.

（2）设，则直线的方程为，整理得.因为直线与圆相切，所以，整理得同理可得，（4-，故是方程的两根，则直线的方程为，整理得.将代入直线的方程，得，解得，故直线经过.

22．已知函数．

(1)从下列条件中选择一个作为已知条件，求的单调区间；

①在处的切线与直线垂直；

②的图象与直线交点的纵坐标为．

(2)若存在极值，证明：当时，．

【答案】(1)的单调减区间为，单调增区间为；

(2)详见解析.

【分析】（1）由题可得，结合条件可得，进而可得，然后利用导数与单调性的关系即得；

（2）令，分类讨论利用导数研究函数的性质可得，当时，存在极值，进而利用导数求的极小值，结合条件即证.

（1）∵，定义域为，∴，选①，由在处的切线与直线垂直，∴，故，所以，由，可得，所以当时，，当时，，故函数的单调减区间为，单调增区间为；选②，，令，可得，即，所以，由，可得，所以当时，，当时，，故函数的单调减区间为，单调增区间为；

（2）由上可知，令，则，由，可得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，，函数单调递增，没有极值，当时，，且，因为，故有唯一的零点，且，由可得，即，当时，，，当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，，所以，即.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间D上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.