2022年9月《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（二）及答案

这是一份2022年9月《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（二）及答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年9月《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（二）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．2．已知复数（为虚数单位），则（    ）A．1 B．2 C．3 D．43．从立德小学中随机抽取100名学生，将他们的身高（单位：厘米）数据进行适当分组后（每组为左闭右开区间），画出频率分布直方图如图所示，则抽取100名学生中，身高在的人数为（    ）A．30 B．40 C．45 D．504．在平行四边形中，，，设，，则（    ）A． B．C． D．5．从2至8这7个整数中随机取3个不同的数，则3个数的和为3的倍数的概率为（    ）A． B． C． D．6．已知函数（其中，）的最小正周期为，若，且图象上有一个最低点，则（    ）A． B． C．1 D．7．已知正数，，满足，，，则（    ）A． B．C． D．8．在各棱长均为1的正三棱柱中，、分别为、的中点，过、、三点的截面将三棱柱分成上下两部分，记体积较小部分的体积为，另一部分的体积为，则的值为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳌臑.”其中，阳马是底面为矩形，且有一条侧棱与底面乖直的四棱锥.如图，在阳马中底面是边长为1的正方形，，侧棱垂直于底面，则（    ）A．直线与所成的角为60°B．直线与所成的角为60°C．直线与平面所成的角为30°D．直线与平面所成的角为30°10．已知函数（，），则（    ）A．点可能是曲线的对称中心B．一定有两个极值点C．函数可能在上单调递增D．直线可能是曲线的切线11．如图，已知抛物线，过抛物线焦点的直线自上而下，分别交抛物线与圆于四点，则（    ）A． B．C． D．12．已知函数，的定义域均为，且，.若的图象关于直线对称，，则（    ）A． B．C． D． 三、填空题13．若展开式中的系数为，则实数______.14．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程______.15．杭州亚运会启动志愿者招募工作，甲、乙、丙、丁等4人报名参加了三个项目的志愿者工作，每个项目需1名或2名志愿者，若甲不能参加项目，乙不能参加、项目，那么共有______种不同的志愿者选拔方案.16．若直线：（其中）与圆相切，与椭圆：交于点，，为其右焦点，则的周长为______. 四、解答题17．已知正项数列的前项和为，且，，.(1)求数列的通项公式；(2)记数列的前项和，求证：.18．在钝角中，内角，，的对边为，，，已知.(1)若，求；(2)求的取值范围.19．如图在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，.(1)求证：；(2)若四棱锥的体积为，求二面角的正弦值.20．高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.如图所示的高尔顿板有7层小木块，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2，…，7的球槽内.(1)如图进行一次高尔顿板试验，求小球落入6号球槽的概率；(2)某商场店庆期间利用如图的高尔顿板举行有奖促销活动，顾客只要在商场购物消费每满800元就能得到一次抽奖机会，如消费400元没有抽奖机会，消费900元有一次抽奖机会，消费1700元有两次抽奖机会等，一次抽奖小球掉入号球槽得到的奖金为（元），其中.（ⅰ）求一次抽奖的奖金（元）的分布列及数学期望；（ⅱ）已知某顾客在商场消费2000元，设他所得的奖金为（元），求.21．已知双曲线：（，）的离心率为，点到其左右焦点，的距离的差为2．(1)求双曲线的方程；(2)在直线上存在一点，过作两条相互垂直的直线均与双曲线相切，求的取值范围．22．已知函数和有相同的最大值.(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
参考答案：1．A【分析】求解不等式，明确集合的元素，根据集合交集运算，可得答案.【详解】由，则，即，由，则，即，，故选：A.2．C【分析】由可求出，即可求解.【详解】因为，所以，所以故选：C.3．D【分析】根据频率之和等于1求出，再求出身高在的频率，再乘以即可得解.【详解】解：由，解得，则身高在的频率为。所以身高在的人数为人.故选：D.4．B【分析】结合平行四边形的性质及平面向量的基本定理即可求解.【详解】因为四边形为平行四边形，所以，，，因为，，所以，所以，,因为，，所以，解得 ，所以，故选：B.5．B【分析】分别求出基本事件的总数和所求事件种基本事件的个数，再根据古典概型即可得解.【详解】解：从2至8这7个整数中随机取3个不同的数，共有种，其中3个数的和为3的倍数有，共种，所以3个数的和为3的倍数的概率为.故选：B.6．C【分析】根据得到，由图象上有一个最低点，求出，，，解不等式组，求出，结合，求出，进而得到解析式，并求出的值，【详解】因为，所以，解得：，图象上有一个最低点，且，故，且，则，，解得：，，由可得：，解得：，因为，故，所以，故，所以.故选：C7．D【分析】分别构造函数，，，，利用导数研究其单调性，得到，，再将看成，看成，利用上述的不等式比较大小即可．【详解】解：由解得，构造函数，，显然，故是减函数，结合，故时，，故，，再令，，，当时，，故在单调递增，结合，故，，则，，所以，，，故，由，，都是正数，故．故选：D．8．B【分析】延长与相交于点， 反向延长线交于点，连接交于点，连接，得到截面，由题意可得，由此可求出，，进而求解.【详解】如图，延长与相交于点， 反向延长线交于点，连接交于点，连接，得到截面，由题意得，在各棱长均为1的正三棱柱中，，因为，，，，，所以，即，所以，所以.故选：B.9．AD【分析】根据线面的平行和垂直关系，确定各个异面直线所成角以及线面角，进行求解即可.【详解】连接，由底面，所以，由，是边长为1的正方形，所以，，对A，由底面，所以，又，所以平面，由∥，所以直线与所成的角为直线与所成的角，，所以，故A正确；对B，由是边长为1的正方形，所以，由底面，所以，又，所以平面，所以，故B错误；对C，由底面，所以直线与平面所成的角为，由，所以，故C错误；对D，由底面，所以，又，，所以，直线与平面所成的角为，由，所以，所以，故D正确.故选：AD10．ABD【分析】计算，若存在使得即可判断A；求导，再根据极值点的定义即可判断BC；根据导数的几何意义即可判断D.【详解】解：对于A，，当时，，此时的图象关于点对称，故A正确；对于B，，，则方程由两个不同的实数根，记为，当或时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以函数的极大值点为，极小值点为，即函数一定有两个极值点，故B正确；对于C，由B选项可得函数不可能在上单调递增，故C错误；对于D，当时，，，则，所以在处的切线方程为，即，故D正确.故选：ABD.11．BC【分析】由题知，，设直线为，联立方程，消去得，，然后根据直线与抛物线位置关系，焦点弦性质，韦达定理，求导逐个计算即可.【详解】由题知，，设直线为，联立方程，消去得，所以，由抛物线的定义知，因为，所以，故A错误；又所以，故B正确；又，由上述知，当时等号成立，所以，故C正确；又，由上述知，所以，所以，其中，令，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，故D错误；故选：BC12．ACD【分析】根据题意，利用等价转换得到不同的函数关系，通过及赋值法即可分别判断答案.【详解】因为的图象关于直线对称，所以当时，，故C正确，因为所以，即，即又因为，即即又因为，即，即，又因为，联立解得：因为， 令，有，解得，故B错误，因为，所以，解得所以，解得，因为，所以，解得因为，所以，解得，所以，故D正确因为，所以，解得，故A正确故选：ACD.【点睛】考查函数的综合应用，结论较多，通常采用赋值代入，层层转化，求出特殊的函数值或者找到相应的关系，即可求解.13．或【分析】求出的通项公式，所以找到，然后根据的指数为求出的值，再代入求解.【详解】二项式的通项公式为且所以的通项公式为①当时①式的被减数变为当时①式的减数变为所以展开式中的系数为所以，或故答案为：或14．（答案不唯一，写其它三条均可）【分析】先判断两圆的位置关系，可设公切线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径列出方程组，解之即可得出答案.【详解】解：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则，所以两圆外离，由两圆的圆心都在轴上，则公切线的斜率一定存在，设公切线方程为，即，则有，解得或或或所以公切线方程为或或或，即或或或.故答案为：.（答案不唯一，写其它三条均可）15．10【分析】由题意可得乙一定参加项目，再分项目只有一个人和项目有2人两种情况讨论，再根据分组分配问题即可得出答案按.【详解】解：由题意可得乙一定参加项目，若项目只有一个人时，即为乙，则先将甲、丙、丁分为两组，有种，再将两组分配到两个项目，有种，则有种不同的志愿者选拔方案，若项目有2人时，又甲不能参加项目，则只能从丙、丁中选1人和乙组队到项目，有种，再将剩下的2人分配到两个项目，有种，则有种不同的志愿者选拔方案，综上，共有种不同的志愿者选拔方案.故答案为：10.16．4【分析】先根据直线与圆相切求得的关系，设切点为，利用勾股定理分别求出，再根据两点间的距离公式分别求出，从而可得出答案.【详解】解：由直线与圆相切，可得，则，联立，消得，则，故，，因为，所以，所以，设切点为，则，，，同理，，因为，所以，同理，则的周长为.故答案为：4.17．(1)(2)见解析 【分析】（1）根据与的关系，再结合等差数列即可得出答案；（2）利用裂项相消法求出，即可得证.【详解】（1）解：当时，，所以，由， 得，两式相减得，又，所以，所以数列的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列，又，所以数列是以为首项为公差的等差数列，所以；（2）解：，则，所以，所以.18．(1)(2) 【分析】（1）化简可得，结合三角形的内角和即可解得.（2）先由三角形的内角和及钝角可求得，，结合正弦定理和三角恒等变换公式化简得，换元转化成函数利用导数可求出函数值域即可求解.【详解】（1）解：因为，所以即，即，即,因为，所以，因为，所以，，所以（2）由（1）知，，所以，因为，，所以或，又因为在钝角中，故，所以，所以为锐角，且，解得，所以由正弦定理可得， 令，则，，对应函数为，，所以在为减函数，所以，当趋近于时，趋近于，所以的值域为，即的取值范围为19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）结合面面垂直和线面垂直的性质定理即可证明.（2）取中点为点，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，即可求得二面角的余弦值，从而求得正弦值.【详解】（1）证明：取的中点为，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以 ,又因为底面为正方形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以（2）由（1）知，平面，因为平面，所以平面平面过点作，可得平面，即为四棱锥的高，因为四棱锥的体积为，所以，解得，又因为，所以，所以为中点，取中点为点，连接，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系所以，，，,所以，，,设平面的法向量为，则，即，令，解得，，所以，同理设平面的法向量，则，即，解得，所以二面角的余弦值为，所以二面角的正弦值为.20．(1);(2)（i）分布列见解析，数学期望；（ii）. 【分析】（1）直接利用独立重复实验的概率公式求解；（2）（i）记随机变量M：小球掉入号球槽，求出M的分布列.由题意分析出X的可能取值为：0,40，80，120.分别求出对应的概率，写出分布列，求出数学期望；（ii）得到某顾客所得的奖金为，即可求解.【详解】（1）记事件A：小球落入6号球槽，需要在6次碰撞中有1次向左，5次向右.所以.（2）（i）记随机变量M：小球掉入号球槽，则M的可能取值为：1，2，3，4，5，6，7.由题意可得；；；；所以M的分布列为：M1234567P 因为，所以X的可能取值为：0,40，80，120.其中,,,.所以一次抽奖的奖金（元）的分布列为：X04080120P 所以数学期望为.（ii）某顾客在商场消费2000元，可以抽奖2次，所以他所得的奖金为.因为，所以.21．(1)(2) 【分析】（1）根据双曲线离心率以及点到左、右焦点的距离之差为2，可求得a，b，c，进而求得双曲线的标准方程；（2）根据过点作两条相互垂直的直线与双曲线相切，讨论斜率不存在和斜率存在两种情况，①若其中一条切线的斜率不存在，则另一条切线的斜率为0，则不满足条件；②若切线的斜率存在，则设其斜率为，，从而得到切线方程，再根据切线与双曲线相切，联立方程组，得，进而可得关于的一元二次方程，再根据两切线互相垂直有，即可得到，再结合在直线上，推出，求解即可得到的取值范围．【详解】（1）依题意有双曲线的左、右焦点为，，则，得，则，所以双曲线的方程为；（2）①若其中一条切线的斜率不存在，则另一条切线的斜率为0，则不满足条件；②若切线的斜率存在，则设其斜率为，，则切线方程为，联立，消并整理得，则，化简得，即，化成关于的一元二次方程，设该方程的两根为，，即为两切线的斜率，所以，即，又点在直线上，所以直线与圆有交点，所以，即，即，故的取值范围为．【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常见思路是先讨论直线的斜率是否存在，再联立直线与圆锥曲线，必要时根据的情况得出相应的关系式，再根据题目中的其他条件，可求得参数的值或者参数之间的关系式，最后求解即可．22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，得最大值，由最大值相等得参数值 ；（2）设，由（1）确定，结合（1）中所得单调性，利用零点存在定理证明函数存在两个零点，得与的图象有两个交点，同理得与也有两个交点，于是为满足题意有两个交点重合，结合可得出三个交战的横坐标之间的关系，从而证得结论成立.【详解】（1）定义域是，的定义域是，因为，当时，,,,,则在上单调递减，在单调递增，不存在最大值，在上单调递减，在单调递增，也不存在最大值；同理知当时，在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，在单调递减，所以有极大值，即的最大值，有极大值，即的最大值，所以，即；（2）由（1）知，由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，记，且，由（1）得在上单调递增，在单调递减，且，所以存在，使得，设，则，设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以，是增函数，时，，，又，所以存在，使得，即此时与有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，同理与也有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，若与和共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，令，则，记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，且满足，且，即，又，且，且在和上分别单调，所以，即，所以为的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.【点睛】本题考查用导数求函数的最值，用导数研究方程的根的问题，属于难题.对于方程的根的问题，难点在于寻找两个方程的根之间的关系，首先第一步由零点存在定理证明存在两个零点（方程有两个根），其次通过函数式关系找到两个方程的根之间的关系，再根据等比数列的性质证明结论成立.