2022届浙江省高考仿真卷 数学试题(二) (解析版)

2022年高考仿真模拟卷二（浙江）数学一、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．集合A．，，，则（）B．D．C．2．棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667-1754年）创立．指的是设两个复数（用三角函数形式表示），，则，已知（），，则在复平面内所表示的点位于A．第二象限B．第一象限C．第四象限D．第三象限3．已知函数，下列条件，能使得（m，n）的轨迹存在实轴和虚轴相等的双曲线的是（）A．B．成等差数列成等比数列C．D．成等差数列成等比数列4．在抚顺二中运动会开幕式中，某班级的“蝴蝶振翅”节目获得一致称赞，其形状近似于双曲线，在“振翅”过程中，双曲线的渐近线与对称轴的夹角为某一范围内变动，，则该双曲线的离心率取值范围是（）A．B．C．D．5．“耐尽推排趾未颠，莫嗤身价不多钱”是清代诗人叶际唐的诗句，诗句赞颂了不倒翁自强自立﹑坚韧不拔的精神.图中一不倒翁的三视图，其中是给定的正实数，则该不倒翁的表面积为（）是一些不倒翁模型，假设图是图A．B．C．D．6．已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（）A．C．恒有解B．恒有解恒无解D．恒无解7．已知定义在上的函数，给出下列四个结论：①存在使得；②有且只有两个使得；③不存在使得；④有且只有两个使得，其中所有错误结论的序号是（）A．①③B．①②C．①②④D．③④8．意大利画家列奥纳多·达·芬奇的画作《抱银鼠的女子》（如图所示）中，女士颈部的黑色珍珠项链与她怀中的白貂形成对比.光线和阴影衬托出人物的优雅和柔美.达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”.后人研究得出，悬链线并不是抛物线，而是与解析式为的“双曲余弦函数”相关.下列选项为“双曲余弦函数”图象的是（）A．B．D．C．9．已知函数，且过点A．，则下列结论错误的是（）B．若时，将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于原点对称最小正周期取最大值时，C．若D．若，且在上单调递增，则10．由于疫情防控需要，电影院观影实行隔空位就座．甲、乙、丙、丁四个人结伴前往观影，已知目前只剩同一排的8个空位，甲、乙必须在丁的同侧，则不同的坐法种数是（）A．16B．40C．80D．120二、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．已知实数a、b使得不等式|ax2+bx+a|≤x对任意x∈[1，2]都成立，在平面直角坐标系xOy中，点（a，b）形成的区域记为Ω．若圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，则r的最大值为_____．12．将个填入如图的九宫格中，使得每行数字之和、每列数字之和，个，个都为奇数，不同的填法有___________种.（用数字回答）13．杨辉三角为：杨辉三角中存在着很多的规律，根据连线上的数字猜想下列数列前若干项的和：___________．14．将2名科学家和3名航天员从左到右排成一排合影留念，用表示两名科学家之间的航天员人数，则_______，_______．15．已知△的内角的对边分别为，若,，且，则____;若△的面积为，则△的周长的最小值为_____.16．设展开式中，各项系数之和为4，则____；展开式中的常数项为___________，若____________.17．已知是数列的前项和，，则，则___________.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．已知内角、、的对边为、、，且满足______．①，②，③，在这三个条件中任选一个，补充在上面的题干中，然后解答问题．（1）求角；（2）点为内一点，当时，求面积的最大值．两点，且19．在平面直角坐标系中，为椭圆的左，右焦点，，直线与交于四点共圆.（1）求椭圆（2）为的方程；上的一点(非长轴的端点)，线段，的延长线分别与交于点，求的最大值.20．已知等差数列（Ⅰ）若的通项公式.设数列为等比数列，且.，且等比数列的前4项；的公比最小，（i）写出数列（ii）求数列（Ⅱ）证明：以的通项公式；为首项的无穷等比数列有无数多个.21．现有一批疫苗试剂，拟进入动物试验阶段，将1000只动物平均分成100组，任选一组进行试验．第一轮注射，对该组的每只动物都注射一次，若检验出该组中有9只或10只动物产生抗体，说明疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的动物进行第二轮注射，再次检验．如果被二次注射的动物都产生抗体，说明疫苗有效，否则需要改进疫苗．设每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射疫苗互不影响，且产生抗体的概率均为．（1）求该组试验只需第一轮注射的概率（用含的多项式表示）；（2）记该组动物需要注射次数的数学期望为，求证：．22．已知函数，.（1）若，求的取值范围；存在唯一极大值点（2）求证：，且知；（3）求证：.2022年高考仿真模拟卷二（浙江）数学一、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．集合A．，，，则（）B．D．C．【答案】C【分析】解一元二次不等式求出集合，解对数不等式求出集合，然后结合交集和补集的概念即可求出结果.【详解】，所以，故选：C.2．棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667-1754年）创立．指的是设两个复数（用三角函数形式表示），，则，已知（），，则在复平面内所表示的点位于A．第二象限B．第一象限C．第四象限D．第三象限【答案】D【分析】根据运算法则求出【详解】再判断所处位置.∴，，∴在复平面内所表示的点位于第三象限.故选:D3．已知函数，下列条件，能使得（m，n）的轨迹存在实轴和虚轴相等的双曲线的是（）A．成等差数列B．成等比数列C．成等差数列D．成等比数列【答案】C【分析】根据等差数列和等比数列的性质列出方程，根据函数解析式化简，再根据双曲线的方程特点判断.【详解】对A，若成等差数列，则，整理可得，即，则当时，，即的轨迹为圆，时，的轨迹不存在，故A错误；对B，若成等比数列，则，整理可得，方程不能表示双曲线，故B错误；对C，若成等差数列，则，即，整理可得，当且时，方程化为，此时表示实轴和虚轴相等的，即双曲线，故C正确；对D，若成等比数列，则，整理可得，当，且时，由得，此时是实轴和虚轴不相等的双曲线，故D错误.故选：C.4．在抚顺二中运动会开幕式中，某班级的“蝴蝶振翅”节目获得一致称赞，其形状近似于双曲线，在“振翅”过程中，双曲线的渐近线与对称轴的夹角为某一范围内变动，，则该双曲线的离心率取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由题可知双曲线的渐进线方程倾斜角的范围是，进而得到的范围，再根据离心率公式和的关系可求得范围.【详解】双曲线的渐近线为，由题可知双曲线的渐进线方程倾斜角的范围是，，，即，故选：C5．“耐尽推排趾未颠，莫嗤身价不多钱”是清代诗人叶际唐的诗句，诗句赞颂了不倒翁自强自立﹑坚韧不拔的精神.图中一不倒翁的三视图，其中是给定的正实数，则该不倒翁的表面积为（）是一些不倒翁模型，假设图是图A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意，还原几何体，再利用圆锥和球体的表面积计算公式即可求得结果.【详解】由三视图可知，该不倒翁上半部分是一个圆锥，下半部分是一个半球，如下所示：圆锥底面半径为，高为，母线长为，下半部分是一个半球，半径为.故不倒翁的表面积为.故选：.6．已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（）A．C．恒有解B．恒有解恒无解D．恒无解【答案】B【分析】设，其中，记则有，即，然后分，，三种在以情况讨论，再根据直线是过点的直线与圆锥曲线的两个不同的交点和点为直径的圆上，分析圆与相应准线的位置关系，即可求解.【详解】解：设，其中，记则有若，即，则点的轨迹是拋物线，方程为E：，点恰为抛物线的焦点，则是过点的直线与抛物线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时.若，则点的轨迹是椭圆，方程为E：，点为椭圆E的左焦点，轴是椭圆的左准线，是过点的直线与椭圆的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相离，故若，则点的轨迹是双曲线，方程为E：，点为双曲线的右焦点，轴是双曲线的右准线，是过点的直线与双曲线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相交，故可正，可负，可零.所以，当时，恒有，故A错误；当时，，与均有解，故错误；故选：B.【点睛】关键点点睛：利用坐标法，设，其中，记则有，即，然后分，，三种情况讨论，将原问题转化为判断圆与准线的位置关系，从而解决问题.7．已知定义在上的函数，给出下列四个结论：①存在使得；②有且只有两个使得；③不存在使得；④有且只有两个使得，其中所有错误结论的序号是（）A．①③B．①②C．①②④D．③④【答案】A【分析】对①，解方程即可判断①错误，对②，解方程即可判断②正确，对③，根据即可判断③错误，对④，根据②即可判断④正确.【详解】对①，当，令，得，解得（舍去）或（舍去），当，令，解得使得，得（舍去），，故①错误.故不存在对②，当当，令，即，即，解得，，令，解得.所以有且只有两个使得，故②正确；对③，当时，所以，故存在使得，故③错误；；对④，由②知：有且只有两个使得所以有且只有两个使得，故④正确.故选：A8．意大利画家列奥纳多·达·芬奇的画作《抱银鼠的女子》（如图所示）中，女士颈部的黑色珍珠项链与她怀中的白貂形成对比.光线和阴影衬托出人物的优雅和柔美.达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”.后人研究得出，悬链线并不是抛物线，而是与解析式为的“双曲余弦函数”相关.下列选项为“双曲余弦函数”图象的是（）A．C．B．D．【答案】C【分析】分析函数【详解】令的奇偶性与最小值，由此可得出合适的选项.，则该函数的定义域为，，所以，函数为偶函数，排除B选项.由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，函数故选：C.【点睛】的最小值为，排除AD选项.思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.9．已知函数，且过点A．，则下列结论错误的是（）B．若时，将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于原点对称最小正周期取最大值时，C．若D．若，且在上单调递增，则【答案】D【分析】根据函数过点得；代入求出，再利用辅助角公式将函数化简，最后根据正弦函数的性质计算可【详解】解：因为函数过点，所以，所以．又因为，所以，故选项A正确；所以，当时，，设将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则，易知的图象关于原点对称，故选项B正确；当时，解得．因为的最小正周期，所以时，最大，故选项C正确；因为若，所以在上单调递增，则，所以，故选项D错误，故选：D．10．由于疫情防控需要，电影院观影实行隔空位就座．甲、乙、丙、丁四个人结伴前往观影，已知目前只剩同一排的8个空位，甲、乙必须在丁的同侧，则不同的坐法种数是（）A．16B．40C．80D．120【答案】C【分析】利用排列、组合以及插空法即可求解.【详解】甲、乙两人有，丁在甲、乙的左侧或右侧，丙在三人中的个空隙中任选一个位置，所以甲乙必须在丁的同侧，故种数为又必须隔空而坐，故采用插空法，，，故最终总数为.故选：C.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．已知实数a、b使得不等式|ax2+bx+a|≤x对任意x∈[1，2]都成立，在平面直角坐标系xOy中，点（a，b）形成的区域记为Ω．若圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，则r的最大值为_____．【答案】【分析】在x∈[1，2]的条件下，把等式|ax2+bx+a|≤x等价转化，利用函数最值建立关于a，b的二元一次不等式组，画出其可行域Ω，再用几何意义得解.【详解】任意x∈[1，2]，，而函数在[1，2]上单调递增，则，又关于a的函数在上图象是线段，最大值是或所以，该不等式组表示的平面区域即是点(a，b)形成的区域Ω，如图中阴影区域(平行四边形ABCD)：点O(0，0)到直线或的距离的距离，点O(0，0)到直线或，而，要圆x+＝r2上的任一点都在Ω中，当且仅当22y，即r的最大值为.故答案为：【点睛】关键点睛：非线性目标函数的最值求法，关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．12．将个填入如图的九宫格中，使得每行数字之和、每列数字之和，个，个都为奇数，不同的填法有___________种.（用数字回答）【答案】【分析】先考虑奇数位置的摆放，然后从奇数的个位置中选择个位置放，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】若某行（列）的数字和为奇数，则该行（列）的奇数个数为个或个，题中有个奇数，个偶数，则分布到行，必有一行有个奇数，另两行只有个奇数，列同理，则奇数的位置分布有种，对于每种位置，从个位置中选择个位置放由分步乘法计数原理可知，不同的填法种数为，有种.种.故答案为：【点睛】.关键点点睛：本题考查数字的填空问题，解题的关键在于分析出奇数在九宫格中的位置以及奇数所占的位置中对应奇数的分布.13．杨辉三角为：杨辉三角中存在着很多的规律，根据连线上的数字猜想下列数列前若干项的和：___________．【答案】【分析】先由1+2+3+4=10可猜想：，再利用二项式系数的性质进行证明.【详解】由1+2+3+4=10可猜想：.下面进行证明：因为所以，.故答案为：.14．将2名科学家和3名航天员从左到右排成一排合影留念，用表示两名科学家之间的航天员人数，则_______，_______．【答案】11【分析】根据题意可得的所有可能取值为0，1，2，3，求出对应的概率，进而求出计算即可.和，根据【详解】解：的所有可能取值为0，1，2，3．；；；．得，所以，所以．故答案为：1；115．已知△的内角的对边分别为，若,，且，则____;若△的面积为，则△的周长的最小值为_____.【答案】【分析】6先根据向量垂直得出边角关系，然后利用正、余弦定理求解的值；根据面积以及在余弦定理，利用基本不等式，从而得到周长的最小值（注意取等号条件）.【详解】由得得,∴∴；∴又所以（当且仅当【点睛】时等号成立）（1）（2），若垂直，则有：；取等号的条件是：.16．设展开式中，各项系数之和为4，则____；展开式中的常数项为____________.【答案】【分析】利用特殊值法令即可求出的值，再分析的展开式中的项和项的系数结合多项式乘法的性质即可得到【详解】的展开式中的常数项.解：由展开式中，各项系数之和为4令，即，解得：的展开式的通项为由由，得，得所以的展开式的常数项为：故答案为：，.17．已知是数列的前项和，，则，则___________，若___________.【答案】【分析】当出时，的前项和，当，分时，，检验即可求解.是否满足即可得，求和时求【详解】当当时，，时，，因为由满足上式，所以可得，，当时，时，，此时，当，此时，所以，所以，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．已知内角、、的对边为、、，且满足______．①，②，③，在这三个条件中任选一个，补充在上面的题干中，然后解答问题．（1）求角；（2）点为内一点，当时，求面积的最大值．【答案】条件选择见解析：（1）；（2）．【分析】（1）选①：利用正弦定理结合两角和的余弦公式变形可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；选②：利用两角和与差的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；的值，结合角的取值范围可求得角的选③：利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出值；（2）利用余弦定理求出的值，然后在中利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，结合三角形的面积公式可得结果.【详解】（1）选①：，由正弦定理得，因为，则，所以，即，可得，因为，所以；选②：所以，所以，，即因为，，则，所以，，因为，所以；选③：整理得，由正弦定理得，，因为，则，所以，因为，所以；（2）由余弦定理，中，由余弦定理得，当且仅当时取等号，所以，，即面积的最大值．19．在平面直角坐标系中，为椭圆的左，右焦点，，直线与交于两点，且四点共圆.（1）求椭圆（2）为的方程；上的一点(非长轴的端点)，线段，的延长线分别与交于点；，求的最大值.【答案】（1）（2）.【分析】（1）若，由椭圆的对称性易知，互相平分，结合题设在以为圆的方程；心，为半径的圆上，再由在椭圆、直线上求椭圆参数，写出椭圆（2）令，为，联立椭圆方程，应用韦达定理、三角形面积公式可得，进而应用基本不等式求面积最大值，注意等号成立条件.（1）设，又，互相平分且四点共圆，∴，是圆的直径且是圆心，∴∴，，，又，，故椭圆的方程为；（2）由（1）知：，设，直线为，代入，得，则，且，∴，连接，则，∵∴，当且仅当时取等号，，故面积的最大值为.20．已知等差数列的通项公式.设数列为等比数列，且.（Ⅰ）若，且等比数列的前4项；的公比最小，（i）写出数列（ii）求数列（Ⅱ）证明：以的通项公式；为首项的无穷等比数列有无数多个.【答案】（Ⅰ）（i）2，8，32，128；（ii）；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）（ⅰ）写出数列的前若干项，观察可得等比数列的最小公比为4，即可求解；（ⅱ）由（ⅰ）可知的通项公式，由等差数列的通项公式可得，证明为整数即可；（Ⅱ）设数列是数列中包含的一个无穷等比数列，求出，，公比，只要证是数列的项，运用归纳法证明即可.【详解】（Ⅰ）观察数列的前若干项：2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，….因为数列是递增的整数数列，且等比数列以2为首项，显然最小公比不能是，最小公比是4.（ⅰ）以2为首项，且公比最小的等比数列的前四项是2，8，32，128.（ⅱ）由（ⅰ）可知，公比，所以.又，所以，即.再证为正整数.显然为正整数，时，，即，故为正整数.所以，所求通项公式为.（Ⅱ）设数列是数列中包含的一个无穷等比数列，且，，所以公比.因为等比数列各项为整数，所以为整数.取（），则是数列，故.只要证的项，即证.只要证为正整数，显然为正整数.又时，，即故