2022届高考数学模拟金标卷浙江专版（三）【满分：150分】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，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，，若，则a的取值范围是()A.B.或C.或D.或2.已知双曲线的离心率，则该双曲线的渐近线方程为()A.B.C.D.3.若x，y满足约束条件则的最大值为()A.0B.1C.D.24.已知，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.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
A.4B.3C.1D.6.已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为()A.B.C.D.7.设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则()A.B.C.D.8.过椭圆的左焦点F的直线交C于第一象限内的一点P，且该直线斜率为C的离心率，A为C的右顶点，过P点作x轴的垂线，垂足为Q，若且的面积为，则C的离心率为()A.B.C.D.9.已知数列的首项，，前n项和满足，则数列的前n项和为()A.B.C.D.10.已知四棱锥的底面为菱形，M为AD的中点，，侧面PAD为正三角形，且平面平面ABCD，则下列说法中错误的是()A.异面直线PA与BC所成的角为60°B.平面PMBC.二面角的大小为45°D.平面PAC
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11.已知复数z满足（i为虚数单位），则复数___________；_____________.12.《算法统宗》是中国古代数学名著，其中记载有如下问题：肆中听得语吟吟，薄酒名醨厚酒醇.好酒一瓶醉三客，薄酒三瓶醉一人.共同饮了一十九，三十三客醉醺醺.试问高明能算士，几多醨酒几多醇？则该题中薄酒有__________瓶，好酒有________瓶.13.的展开式的第4项的二项式系数是___________，第4项的系数是________.14.在某次篮球比赛中，运动员甲有两次定点投篮的机会，每次定点投篮投中得2分，投不中得0分.已知甲在第一次定点投篮中投中的概率为0.8，受心理素质的影响，若甲第一次投中，则第二次投中的概率将增加0.1；若甲第一次未投中，则第二次投中的概率将减少0.2.记这两次定点投篮中，甲的总得分为，则__________，________.15.已知函数，若对任意都有成立，则的最小值为____________.16.在中，D是BC边上一点，，，且与面积之比为，则_____________.17.已知为单位问量，平面向量满足，，则的取值范围是_____________.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。18.（14分）已知函数.(1)求函数的单调递增区间；(2)求函数的值域.19.（15分）如图，五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为平行四边形，，，，.
(1)求证：；(2)若平面平面ABCD，求直线CF与平面ECD所成角的正弦值.20.（15分）已知等差数列满足，成等比数列，且公差，数列的前n项和为.(1)求；(2)若数列满足，且，设数列的前n项和为，若对任意的，都有，求的取值范围.21.（15分）已知抛物线的焦点为F，点Q是抛物线C上的一点，且点Q的纵坐标为4，点Q到焦点的距离为5.（1）求抛物线C的方程；（2）设直线l不经过点Q且与抛物线C交于A，B两点，直线QA，QB的斜率分别为，，若，证明：直线AB过定点，并求出此定点.22.（15分）已知函数.(1)若函数在上恒成立，求a的取值范围；(2)若是函数的两个零点，证明：.
答案解析1.答案：D解析：由题意可得，若，则或，解得或，故选D.2.答案：D解析：由题意得，则双曲线的渐近线方程为，故选D.3.答案：C解析：根据题意作出可行域如图中阴影部分（含边界）所示，易得当目标函数过点B时，取得最大值，即解得，所以目标函数z的最大值为，故选C.4.答案：C解析：根据题意，设函数，则，所以为R上的增函数.由，得，即，于是，即.故“”是“”的充分必要条件，故选C.5.答案：D解析：由三视图可知，该几何体为个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为2
的直三棱柱割掉一个底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为2的三棱锥后所剩几何体，如图所示.故该几何体的体积.6.答案：B解析：由题图可知，函数具有奇偶性，且为偶函数，排除A，D选项；又，所以排除C选项，故选B.7.答案：C解析：是定义域为R的偶函数，且，，且.又在上单调递增，.又在单调递减，且，.故选C.8.答案：C解析：设，则，离心率，直线l的方程为.又，则，，，.又，，，，即，解得.，，故选C.9.答案：A
解析：由得，即，所以，所以，两式作差，得，即，所以，所以或，又，故，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以数列的前n项和，故选A.10.答案：D解析：根据题意，作图如图所示.对于A，，为异面直线PA与BC所成的角，为60°，故A说法正确.对于B，∵侧面PAD为正三角形，M为AD的中点，，又底面ABCD是菱形且，是正三角形，，平面PMB，故B说法正确.对于C，∵底面ABCD为菱形，，平面平面ABCD，，，平面ABCD，又平面PMB，，平面PMB，，是二面角的平面角，设，则，，在中，，即，故二面角的大小为45°，故C说法正确.对于D，假设平面PAC，则，平面ABCD，，平面PAD，又平面PAC，∴平面平面PAD，这与平面PAC和平面PAD相交矛盾，故D说法错误.11.答案：；解析：因为，所以..12.答案：9；10
解析：设薄酒x瓶，好酒y瓶，则，解得.故该题中薄酒有9瓶，好酒有10瓶.13.答案：35；280解析：因为的展开式的第4项是，所以该项的二项式系数是，该项的系数是.14.答案：0.2；3.28解析：由题意可知，的所有可能取值为0，2，4，其中，，，故.15.答案：解析：因为对任意成立，所以为的最小值，为的最大值.取最小值时，与必为在同一周期内的最小值和最大值对应的x，则，又，故.16.答案：解析：因为，且与面积之比为，所以AD为的平分线，，且.设，，.由余弦定理，得，解得.所以，，故.因为，且，故，.又，所以
.17.答案：解析：解法一：由得，所以.设，则，点A，B均在以为圆心，1为半径的圆上，如图，数形结合易得，其中于点，且与圆N相切于点G，所以，且，其中于点，且与圆N相切于点F，所以.所以.解法二：由得，所以.不妨设，由题意得，由柯西不等式得，当且仅当时等号成立，当时，，所以，即.18.答案：(1)单调递增区间为，.(2)值域为.解析：(1)易知函数的定义域为，
.的单调递增区间为，令，得.又的定义域为，的单调递增区间为，.(2)由(1)知，，，，，函数的值域为.19.答案：(1)证明过程见解析.(2)正弦值为.解析：(1)如图，连接AE，因为，，所以.在中，，由余弦定理得，所以，所以.又，平面ABE，平面ABE，所以平面ABE，因为平面ABE，所以.
(2)解法一：由(1)知.如图，过F作，交DE的延长线于点G，由平面平面ABCD，，得平面ADEF，所以，又，所以平面ECD.连接CG，则为直线CF与平面ECD所成的角.易知，则，即，得，故.在中，，所以.在中，，则，故直线CF与平面ECD所成角的正弦值为.解法二：由(1)知.因为平面平面ABCD，平面平面，
平面ADEF，所以平面ABCD.以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面ECD的法向量为，则则则，取，则，因此平面ECD的一个法向量为.设直线CF与平面ECD所成的角为，则.故直线CF与平面ECD所成角的正弦值为.20.答案：(1).(2).解析：(1)因为数列为等差数列，，成等比数列，所以，因为，所以，所以.(2)因为，所以，两式相减得，所以.
所以，所以，所以.因为对任意的，都有，所以，所以.令，则，所以当时，递增，而，所以，所以.21.答案：（1）（2）见解析解析：（1）由题意得，准线方程为，由抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，可得，解得或（舍去），所以抛物线C的方程为.（2）由题意设直线AB的方程为，，，联立直线AB与抛物线的方程，得整理可得，则，，.由（1）可得，易知，，则，即，即，整理可得，
将，代入，可得，即，所以或，即或.当时，直线AB的方程为，即，根据可得此时直线AB恒过定点.当时，直线AB的方程为，即，根据可得此时直线AB恒过定点.由题意可得直线AB不过点，所以直线AB恒过定点.22.答案：(1)取值范围是.(2)证明过程见解析.解析：(1)定义域为，，即在上恒成立.令，则.当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，.若函数在上恒成立，则，a的取值范围是.(2)证明，.
是的两个零点，故，两式相减得.要证，只需证，即证，即证，证，即成立，即证成立.不妨设，则，故只需证.令，设.，在上单调递增，则，故，即成立，不等式成立
