2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟(浙江卷)数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。满分150分。考试用时120分钟。考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。参考公式：若事件A，B互斥，则若事件A，B相互独立，则若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径选择题部分（共40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．设集合，，则（ ）A．B．C．D．【解析】因为，所以，又因为，所以则，
故选：C2．设（为虚数单位），则（ ）A．B．C．D．2【解析】因为，所以，所以；故选：B3．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【解析】充分性：若，则，充分性得证；必要性：若，取，，满足条件，但不能得出，故为非必要条件；综上所述，“”是“”的充分不必要条件，故选：A4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A．B．C．D．【解析】原三视图所对应的几何体是一个半圆柱与直三棱柱构成的组合体，如图，半圆柱的底面圆半径为1，高为2，直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2，
所以几何体的体积是.故选：B5．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值是（ ）A．1B．2C．3D．4【解析】令，其表示到直线距离的倍，画出可行域如下所示：数形结合可知：当且仅当目标函数过点时，取得最大值.故选：C.6．如图，在正方体中，点E，F分别是AB和的中点，则下列说法正确的是（ ）A．与EF共面，平面B．与垂直，平面C．与EF异面，平面D．EF与垂直，平面【解析】假设平面，而面，则，若正方体棱长为2，则，，，显然，∴不垂直，与矛盾，故平面不成立，排除C、D；由面，面，，而，面，∴与EF异面，排除A.
故选：B.7．函数的图象大致为（ ）A．B．C．D．【解析】,故为奇函数，故排除C,D;，而，即，结合时，的增加幅度远大于的变化幅度，故可确定在时递减，由此可排除B.故选：A.8．对任意，，恒有，则等于（ ）A．B．C．D．【解析】由方程组，解得，．．故选：B．9．如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（ ）A．圆B．抛物线C．椭圆D．双曲线【解析】连接AC交BD于O，取中点,连接
以O为原点,分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：令正方体边长为2，则，面的一个法向量为，面的一个法向量为则，故二面角的大小为又二面角的大小，则或，由，，可得，又，，整理得，即，是双曲线.故选：D10．已知数列满足，，且，则数列的前21项和为（ ）A．B．C．D．-96【解析】由题设，数列是各项恒为的常数列，所以，则，又，而周期为3的函数且，，，所以.故选：B非选择题部分（共110分）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．在△ABC中，D在线段AC上，，则△ABC的面积是
___．【解析】由题意，设，则，且，所以，在△中，则，整理得，所以，故，则，所以.12．已知，函数若，则___________.【解析】由解析式可得：，∴，可得.13．已知多项式，则_______，_______．【解析】当时，， 令，故故，故答案为：8；25.14．在中，，斜边，D为BC边上一点，且，，则_____________，_____________．【解析】在中，由正弦定理有：，即，解得，
又，所以.由已知可得，则在中，由余弦定理有：或，又因为，故（舍）.所以在中，有，解得.故答案为：，15．某市有名男教师和名女教师（），从中任取两名教师去西部支教，甲被抽中的概率为，一名男教师和一名女教师被抽中的概率为，则______，记去支教的教师中男教师的人数是，则______.【解析】由随机抽样的概率可知，，且，得，且，解得：，，所以；，，，，分布列如下：1.故答案为：；16．已知点A是直线在第一象限上的动点，点B是直线在第二象限上的动点，O为原点，则___________；当线段AB长为2时，面积的最大值为___________．【解析】设直线的倾斜角为，则，直线的倾斜角为，则，依题意得，所以；
因为，即，所以，解得，因为，所以，，在中，由余弦定理得，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以的面积，所以的面积的最大值为，故答案为：，17．已知平面向量，，满足：，，则的最小值是_________.【解析】如图在直角坐标系中，设，∵，∴A的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，设，由可知，设，则，，设，则
，，∴ ① ②①＋②得：，则B的轨迹是以G(－1，)为圆心，1为半径的圆，则.故答案为：.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．(本小题满分14分)已知函数.(1)求的值；(2)当，求函数的取值范围.【解析】(1)解法一：.解法二：，则.(2)，则，
当，，，所以.19．(本小题满分15分)如图，四棱锥中，平面平面ABC，，，，，，．(1)求证：；(2)当时，求直线MC与平面PAC所成角的正弦值．【解析】(1)取中点，连接，因为，所以，因为平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，则，，，设，则所以，，，所以(2)因为，且，即，所以，所以，，设平面的法向量为，，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以
所以直线与平面所成角的正弦值为.20．(本小题满分15分)已知数列的首项为正数，其前项和满足．(1)求实数的值，使得是等比数列；(2)设，求数列的前项和．【解析】(1)当时，，，解得；当时，把代入题设条件得:，即，很显然是首项为8+1=9，公比为9的等比数列，∴；(2)由（1）知是首项为，公比的等比数列，所以，．故数列的前项和为：21．(本小题满分15分)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，过点的直线交于，两点（其中点位于第一象限），设点是抛物线上的一点，且满足，连接，.(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；(2)记，的面积分别为，，求的最小值及此时点的坐标.
【解析】(1)由抛物线焦点，可得，所以抛物线方程为，准线方程为，(2)设直线，点，，联立，得，即，所以，且，又，，的方程为，即点，点到直线的距离，又，，，所以，，又，所以，当且仅当，即时，等号成立，此时点为，即的最小值为，此时点的坐标为.22．(本小题满分15分)已知.(1)讨论的单调性；(2)若，且，证明：.【解析】(1)的定义域为.∵，∴在上单调递增.
(2)由题可得.若，则必有，则；若，则必有，则，∴若，则.要证，只需证，即证.又，故只需证.令，则.∵，∴，∴，且，∴，故在上单调递增.∵，∴，即，即，故.
