1、2022年浙江数学高考考前最后一练（一）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）选择题部分（共40分）一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的1已知集合则（）ABCD2若，则（）A0B1CD23已知非零向量，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既不充分又不必要条件4某几何体的三视图如图所示，则该几何的体积为A16+8B8+8C16+16D8+165把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（）ABCD6已知甲盒中仅有1个球且为红球，
2、乙盒中有个红球和个篮球，从乙盒中随机抽取个球放入甲盒中.（a）放入个球后，甲盒中含有红球的个数记为；（b）放入个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为.则ABCD7函数在的图像大致为ABCD8设，满足约束条件，且的最小值为，则ABC或D或9的展开式中，的系数为A10B20C30D6010设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（）ABCD非选择题部分（共110分）二、填空题：本题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11已知函数，若，则_12记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，则_13已知圆与圆外切，则_，此时直线被圆所截的弦长为_.14设双曲
3、线x2=1的左、右焦点分别为F1，F2若点P在双曲线上，且F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|PF2|的取值范围是_15已知是空间单位向量，若空间向量满足，且对于任意，则_，_，_16设数列满足的通项_，数列的前项和是_17如图，在四边形中，点分别是边的中点，延长和交的延长线于不同的两点，则的值为_三、解答题：本题共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）的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围19（15分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.20（15分）设是首项为1的
4、等比数列，数列满足已知，成等差数列（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和证明：21（15分）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值22（15分）已知，函数，其中e=2.71828为自然对数的底数（）证明：函数在上有唯一零点；（）记x0为函数在上的零点，证明：（）；（）参考答案：1D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果.【详解】由解得，所以，又因为，所以，故选：D.2C【解析】【分析】先根据将化简，再根据复数的模的计算公式即可求出【详解】因为，所以 故选：C3B【解
5、析】【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.【详解】如图所示，,当时，与垂直，所以成立，此时，不是的充分条件，当时，,成立，是的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件故选：B.4A【解析】【详解】试题分析：由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆柱和正方体的组合体，半圆柱的底面半径为2，故半圆柱的底面积半圆柱的高故半圆柱的体积为，长方体的长宽高分别为故长方体的体积为故该几何体的体积为，选A5B【解析】【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表
6、达式.【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，根据已知得到了函数的图象，所以，令,则,所以,所以；解法二：由已知的函数逆向变换，第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，即为的图象，所以.故选：B.6A【解析】【详解】，故，由上面比较可知，故选A7B【解析】【分析】由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由的近似值即可得出结果【详解】设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C又排除选项D；，排除选项A，故选B8B【解析】【
7、分析】画出可行域，讨论当时,当时，当时三种情况，分别求出目标函数的最值，即可筛选出符合题意的的值.【详解】根据题中约束条件可画出可行域如图所示，两直线交点坐标为：，当时，无最小值；当时，在处取最大值，无最小值当时，在处有最小值：，则，解得，故选B.9C【解析】【详解】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 C.10C【解析】【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可【详解】设，由，因为 ，所以，因为，当，即 时，即 ，符合题意，由可得，即 ；当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立故选
8、：C11-7【解析】【详解】分析：首先利用题的条件，将其代入解析式，得到，从而得到，从而求得，得到答案.详解：根据题意有，可得，所以，故答案是.12【解析】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.13 16 【解析】【分析】将圆的方程写成标准形式，然后根据两圆外切，可得圆心距离为半径之和，可得，接着计算到直线的距离，最后根据圆的弦长公式计算可得结果.【详解】由题可知：，即且由两圆向外切可知，解得所以到直线的距离为，设圆的半径为则直线被圆所截的弦长为故答案为：，14【解析】【详解】试题分析：由已知得，则，设是双曲线上任一点，
9、由对称性不妨设在双曲线的右支上，则，为锐角，则，即，解得，所以，则15，.【解析】【详解】问题等价于当且仅当，时取到最小值1，两边平方即在，时，取到最小值1，.16 【解析】【分析】由当时，由，得，求出，注意验证是否满足该通项公式，然后利用裂项求和法求数列的前项和【详解】解：当时，当时，由，得，得，即，当时也满足此式，所以数列的通项；因为，所以数列的前项和，故答案为：，170【解析】【详解】如图，连AC，取AC的中点E，连ME，NE，则分别为的中位线，所以,所以由与共线，所以，故答案：018(1) ;(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,
10、C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是19（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角
11、函数基本关系可得线面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，连结，等边中，则，平面ABC平面，且平面ABC平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合平面，故.(2)在底面ABC内作EHAC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则.20（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方
12、程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）方法一：作差后利用错位相减法求和，设，则由-得所以因此故方法二【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，得 ，所以，所以，所以.21（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）方法一：利用二次函数性质
13、求最小值由题意知，设圆M上的点，则所以从而有因为，所以当时，又，解之得，因此方法二【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）方法一：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，所以，点到直线的距离为，所以，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.方法二【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到过P作y轴的平行线交于Q，则P点在
14、圆M上，则故当时的面积最大，最大值为方法三：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，设，联立和抛物线C的方程得整理得判别式，即，且抛物线C的方程为，即，有则，整理得，同理可得联立方程可得点P的坐标为，即将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得由弦长公式得点P到直线的距离为所以，其中，即当时，22（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.【解析】【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；（ii）方法一：先根据零
15、点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.【详解】（I）方法一：单调性+零点存在定理法在上单调递增，所以由零点存在定理得在上有唯一零点方法二【最优解】：分离常数法函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故因此，当时，直线与只有1个交点（II）（i），令一方面： ，在单调递增，另一方面：，所以当时，成立，因此只需证明当时，因为当时，当时，所以，在单调递减，综上，.（ii）方法一：分析+构造函数法，因为，所以，只需证明，即只需证明，令，则，即成立，因此.方法二【最优解】：放缩转化法设，则由得从而只要证上式左边使用不等式可得
