2022年9月《浙江省新高考研究卷》（全国I卷）数学试题（一）

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（一），共22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（一）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．若集合，则（    ）A． B． C． D．或2．若复数z满足，，则（    ）A．1 B． C．2 D．3．已知，，（    ）A． B． C． D．4．设直线与平面，所成角分别为，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．某工厂要生产容积为的圆柱形密封罐.已知相同面积的底的成本为侧面成本的倍，为使成本最小，则圆柱的高与底面半径之比应为（    ）A． B． C． D．6．从2至8这7个整数中随机取3个不同的整数，则这三个数能作为锐角三角形三边长的概率为（    ）A． B． C． D．7．已知，是椭圆C：的左，右焦点，过且倾斜角为的直线交椭圆C于点P，Q（P在第一象限），与的平分线分别交直线于点M，N，则M，N纵坐标比（    ）A． B． C． D．－18．已知是定义在上的可导函数，且对于，，则（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．已知函数的一条对称轴为，则（    ）A．的最小正周期为 B．C．在上单调递增 D．10．已知，则（    ）A． B．C． D．11．如图，已知，点M，N满足，，BN与CM交于点P，AP交BC于点D，.则（    ）A． B．C． D．12．已知1，，，…，，2为等差数列，记，，则（    ）A．为常数 B．为常数C．随着n的增大而增大 D．随着n的增大而增大 三、填空题13．已知函数，则______.14．写出一个半径为2，且与圆内切的圆的标准方程______.15．已知变量X，Y满足回归模型，令，利用，的样本数据得到经验回归直线方程，则根据样本数据估计变量X的方差为______.16．已知正四面体ABCD，M，N分别是棱AB，CD上的点，且满足，直线MN的轨迹为曲面.P，Q，R分别为AB，AC，AD的中点，曲面与平面PQR的交线为圆锥曲线的一部分，该圆锥曲线的离心率为______. 四、解答题17．已知长方体，，，，P，Q，R分别为AB，，的中点.(1)证明：；(2)求到平面的距离.18．已知数列的通项公式为，为数列的前n项和.(1)求；(2)若对于，恒成立，求的取值范围.19．小军在校园内测对岸广电大厦楼顶无线塔的高度，他在校园水平面上选取两点，测得，测得，，，，.(1)求；(2)求无线塔的高度.20．小明进行射击练习，他第一次射击中靶的概率为0.7，从第二次射击开始，若前一次中靶，则该次射击中靶的概率为0.9，否则中靶概率为0.7.(1)求小明射击3次恰有2次中靶的概率；(2)①分别求小明第2次，第3次中靶的概率.②求小明第n次中靶的概率.21．已知直线l：为双曲线C：的一条渐近线，且双曲线C经过点.(1)求双曲线C的方程；(2)设A，B是双曲线右支上两点，若直线l上存在点P，使得为正三角形，求直线AB的斜率的取值范围.22．已知函数.(1)若是函数的极值点，证明：；(2)证明：对于，存在的极值点，满足.
参考答案：1．B【分析】将集合分别化简，然后根据集合的运算即可得到结果.【详解】将集合化简即可得到，，则，所以故选:B.2．C【分析】由复数模的计算公式直接求解.【详解】由，∴.故选：C3．D【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.【详解】解：因为，即，，，所以.故选：D4．B【分析】从充分和必要两个方面分别举反例和证明得出结论.【详解】充分条件:如图正方体中取直线l与平面，所成角分别为，，由,不平行,故“”是“”不充分条件必要条件: 设直线l与平面，所成角分别为，,若,在取一点作直线,,与所成角相等, 与所成角与线面角，都互余, 所以,故“”是“”的必要条件;故选: .5．D【分析】设圆柱底面半径为，高为，利用圆柱体积公式可得；设单位面积的成本为，总成本为，结合圆柱底面积和侧面积公式可表示出，利用三项基本不等式的取等条件可求得结果.【详解】设圆柱底面半径为，高为，则，；设单位面积的成本为，总成本为，圆柱上下底的总面积为，侧面积为，（当且仅当时取等号），当总成本最小时，，.故选：D.6．C【分析】根据题意可知，从7个整数中随机取3个不同的整数共有种组合，再列举出这三个数能作为锐角三角形三边长的所有情况，即可求出其概率.【详解】由题可知，从2至8这7个整数中随机取3个不同的整数，共有种组合，若要这三个数能作为锐角三角形三边长，设三角形的三边长为，且，由余弦定理可知，只需满足即可；三角形的三边长为4，5，6时，，满足题意；三角形的三边长为4，6，7时，，满足题意；三角形的三边长为4，7，8时，，满足题意；三角形的三边长为5，6，7时，，满足题意；三角形的三边长为5，7，8时，，满足题意；三角形的三边长为6，7，8时，，满足题意；所以，共6种组合满足题意；即能作为锐角三角形三边长的概率为.故选：C.7．A【分析】根据题意可写出直线的方程，与椭圆方程联立解得两点坐标，再根据点是直线与角平分线的交点，再利用角平分线上的点到角两边的距离相等即可解出符合题意的纵坐标取值，即可求得结果.【详解】由题可知，如图所示，，过且倾斜角为的直线方程为联立直线和椭圆方程整理得，解得或又因为P在第一象限，所以，，所以直线的方程为，又因为点在的平分线上，即点到直线与直线（轴）的距离相等，又点直线上，设所以，即，解得或（舍）；同理，直线的方程为，设，点到直线与直线（轴）的距离相等，，即，解得或（舍）；所以故选：A.8．D【分析】构造函数，求导，判断函数单调性，即可求出结果.【详解】解：由题意是定义在上的可导函数设在中，∵对于，，∴当时，当时∴在上单调递减，在上单调递增∴，解得： 故选：D.【点睛】本题考查学生对新函数的构造，运用函数单调性比较大小等，具有很强的综合性.9．ABD【分析】先根据二倍角的余弦公式将函数化简，然后再利用余弦函数的的对称轴即可求出函数的解析式，最后再逐项判断即可求解.【详解】因为函数，因为函数的一条对称轴为，所以，解得：，又因为，所以，则，对于，函数的最小正周期，故选项正确；对于，，故选项正确；对于，因为，所以，因为函数在上单调递减，故选项错误；对于，因为，令，当时，，则，所以在上单调递增，则，也即，当时，，则，所以在上单调递减，则，也即，综上可知：恒成立，故选项正确，故选：.10．AC【分析】对AB，根据二项式公式求解对应项的系数求解即可；对CD，利用赋值法分别求与和判断即可.【详解】对A，为展开式中最高次项系数，只能由展开式的最高次项相乘，故为，即，故A正确；对B，，故，故B错误；对C，令，则，即，令，则，即.故，故C正确；对D，令，则，结合C，，故...①又...②，①+②可得，故，，故，故D错误.故选：AC11．BC【分析】利用平面向量的线性运算，结合三点共线的向量表示，逐个验证选项.【详解】三点共线，设，三点共线，设，A选项：，，∴，解得，，所以A选项错误；B选项：由，得，三点共线，则，即，得，即，有，得，所以B选项正确；C选项：，所以C选项正确；D选项：，所以D选项错误.故选：BC12．ACD【分析】根据等差数列的求和公式可得，进而可判断AC，构造函数，进而判断的单调性，即可判断BD.【详解】由于1，，，…，，2为等差数列，所以，对于A，，所以A正确，对于C，，随着n的增大而增大，故正确，对于B, 1，，，…，，2,公差为,所以，因此，不为常数，故B错误，对于D,,所以，令，则在恒成立，所以，即，(）,因此，所以,进而 ，所以，故随着n的增大而增大，D正确，故选：ACD13．##【分析】根据分段函数各分段定义域，先求出，即可最后求值.【详解】，∴.故答案为：14．（答案不唯一）【分析】根据圆与圆的位置关系，两圆内切时需满足圆心距等于两半径之差的绝对值，即可写出符合题意的圆的标准方程.（答案不唯一）【详解】由题意可知，圆的圆心为，半径为1；半径为2的圆与内切，则圆心距为，即半径为2的圆的圆心到原点距离为1，则圆的标准方程可以为 故答案为：15．23【分析】根据方差与均值的关系解决即可.【详解】因为，所以，因为，，，所以根据方差与均值的关系得，.故答案为：2316．##【分析】建立空间直角坐标系，表达出，进而表达出，写出直线的方程，结合得到曲面与平面PQR的交线方程为，为双曲线，从而求出离心率.【详解】以BD中点O为原点，以OC，OD所在直线分别为x轴，y轴，取z轴⊥平面BCD，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，作AE⊥平面BCD，则E为等边三角形的中心，故E为CO的接近O的三等分点，故，由勾股定理得：，，设，因为BM=CN，∴，，直线的方程为，因为P，Q，R分别为AB，AC，AD的中点，且，所以平面PQR的方程为，代入MN的方程得：，故，则得：，即，故曲面与平面PQR的交线方程为，为双曲线，其中，故离心率为.故答案为：【点睛】本题解题关键为求出空间之间方程，由于过空间一点只能作一条直线平行于已知直线，所以当直线上一点和它的一方向向量时，直线的方程为.17．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，然后证明即可；（2）算出平面的法向量即可求解.【详解】（1）以为原点，所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，因为，，，所以，，，，，所以，，所以，即；（2），，设平面的法向量为，则，可得，所以可取，因为，所以求到平面的距离为.18．(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，利用裂项相消法求和即可；（2）分为奇数、偶数两种情况讨论，求出的取值范围，依题意参变分离可得恒成立，则即可求出参数的取值范围.【详解】（1）解：因为，所以.（2）解：当为正奇数时，，且随的增加而增加，所以，所以，当为正偶数时，，且随的增加而减小，所以，所以，综上可得且，且，所以的最大值为（当且仅当时取得），因为恒成立，所以恒成立，所以，所以的取值范围为.19．(1)(2) 【分析】（1）在中，利用正弦定理可求得；（2）在中，利用正弦定理可求得；在中，利用余弦定理可求得.【详解】（1），，，在中，由正弦定理得：.（2），，，在中，由正弦定理得：；在中，由余弦定理得：，.20．(1)(2)①第2次中靶的概率为，第3次中靶的概率为；②小明第n次中靶的概率为 【分析】（1）根据题意，将3次射击恰有2次中靶分成三种情况分别计算概率，然后将概率相加即可；（2）①将第2次中靶分成第一次中靶和第一次未中靶两种情况分别计算即可，同理可得第3次中靶的概率；②小明第n次中靶的概率是由第次中靶和未中靶两种情况组成，可通过构造数列求得结果.【详解】（1）小明射击3次恰有2次中靶包括以下三种情况：第一种：第一、二次中靶，第三次未中靶，其概率为；第二种：第一、三次中靶，第二次未中靶，其概率为；第三种：第二、三次中靶，第一次未中靶，其概率为;所以，小明射击3次恰有2次中靶的概率为（2）小明第2次中靶的概率由以下两种情况组成：第一种：第一次中靶、第二次也中靶，其概率为；第二种：第一次未中靶、第二次中靶，其概率为；所以，小明第2次中靶的概率为.因此，小明第2次未中靶的概率为同理，第3次中靶的概率包括以下两种情况：第一种：第二次中靶、第三次也中靶，其概率为；第二种：第二次未中靶、第三次中靶，其概率为；则小明第3次中靶的概率为②设小明第n次中靶的概率为，则第次中靶的概率为，第n次中靶的概率由以下两种情况组成：第一种：第次中靶，第n次也中靶，其概率为；第二种：第次未中靶，第n次中靶，其概率为；第n次中靶的概率即，即数列是以为首项，为公比的等比数列；所以，即当时，符合该式；所以，小明第n次中靶的概率为21．(1)(2) 【分析】(1)根据渐近线方程求出的关系，再根据过点求出方程.(2)当斜率不存在时易得为原点，验证；当的斜率存在时设方程为，点，又为正三角形找到的关系，化简求解.【详解】（1）双曲线C：的渐近线为直线l：为曲线C：的渐近线，所以即，所以双曲线方程为，又因为双曲线C经过点.即，所以，所以双曲线方程为：（2）当的斜率不存在时，则为原点，则，舍去.由题意得的斜率一定不为零，当的斜率存在时，设方程为，点.把直线方程代入双曲线方程得：并且即则故线段的中点为，又为正三角形，故，由正三角形可得即则即代入，若，则，不满足，则，得则，又两点在右支上，故，则，解得.【点睛】解析几何中与正三角形结合的问题都要转化为边长与高线的长度关系.根据关系找到韦达定理的关系式，然后设定的方程与曲线联立寻找韦达定理，代入整理要求的内容.22．(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得是其导数的一个零点，由此得到一个方程，解之即得；（2）构造函数，根据其单调性可得，根据两角差的正切公式可得，结合时，，即可得，由的单调性即可求解.【详解】（1）函数在定义域上可导，①令，得．显然，对于满足上述方程的有，上述方程化简为．此方程一定有解．的极值点一定满足．由，得．因此，．（2）设，，，则 ，所以在，，上单调递增，由于为奇函数，所以不妨设，其中，且为相邻的两个零点，即，，， ，由于在，，上单调递增，所以，因此，．所以，因此，故，由于当时，令 ，所以 在单调递增，所以当时， ，由于 ，则，所以 ，记在单调递增，由于，，，所以 ，所以综上，．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归，逻辑推理能力和计算能力.对导数的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求曲线在某点处的切线方程，(2)利用导数求解单调性，或者已知单调性求解参数的范围，(3)利用导数求解函数的最值（极值），解决函数恒成立与有解问题，注意数形结合思想的运用.(4)证明不等式，构造函数，将多变量问题转化成单变量问题.