浙江省普通高等学校2022年高三冲刺模拟数学试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数的共轭复数记作，已知复数对应复平面上的点，复数:满足.则等于（）A． B． C． D．2．是虚数单位，复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知函数，则不等式的解集为（）A． B． C． D．4．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（）A． B． C． D．5．已知向量，，则与共线的单位向量为()A． B．C．或 D．或6．过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是（）．A． B． C． D．7．对两个变量进行回归分析，给出如下一组样本数据：，，，，下列函数模型中拟合较好的是（）A． B． C． D．8．已知，，，则()A． B． C． D．9．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为()A． B． C． D．10．设是虚数单位，若复数，则（）A． B． C． D．11．已知盒中有3个红球，3个黄球，3个白球，且每种颜色的三个球均按，，编号，现从中摸出3个球（除颜色与编号外球没有区别），则恰好不同时包含字母，，的概率为（）A． B． C． D．12．的展开式中的系数是-10，则实数()A．2 B．1 C．-1 D．-2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点M是曲线y＝2lnx＋x2﹣3x上一动点，当曲线在M处的切线斜率取得最小值时，该切线的方程为_______．14．三棱锥中，点是斜边上一点.给出下列四个命题：①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形；②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为；③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2；④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为.其中正确命题的序号是__________．（把你认为正确命题的序号都填上）15．连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为______________．16．在正方体中，分别为棱的中点，则直线与直线所成角的正切值为_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知等比数列中，，是和的等差中项．(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.18．（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中点．证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．19．（12分）已知抛物线和圆，倾斜角为45°的直线过抛物线的焦点，且与圆相切．（1）求的值；（2）动点在抛物线的准线上，动点在上，若在点处的切线交轴于点，设．求证点在定直线上，并求该定直线的方程．20．（12分）如图，四边形是边长为3的菱形，平面.（1）求证：平面；（2）若与平面所成角为，求二面角的正弦值.21．（12分）求下列函数的导数：（1）（2）22．（10分）设函数.（1）若恒成立，求整数的最大值；（2）求证：.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A【解析】

根据复数的几何意义得出复数，进而得出，由得出可计算出，由此可计算出.【详解】由于复数对应复平面上的点，，则，，，因此，.故选：A.【点睛】本题考查复数模的计算，考查了复数的坐标表示、共轭复数以及复数的除法，考查计算能力，属于基础题.2．D【解析】

求出复数在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论.【详解】复数在复平面上对应的点的坐标为，该点位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数对应的点的位置的判断，属于基础题.3．D【解析】

先判断函数的奇偶性和单调性，得到，且，解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为，所以为上的偶函数，因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为，所以，且，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4．D【解析】

连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【详解】连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，则，，在等腰中，取的中点为，连接，则，，所以，即：，所以异面直线，所成角的余弦值为.故选：D.【点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.5．D【解析】

根据题意得，设与共线的单位向量为，利用向量共线和单位向量模为1，列式求出即可得出答案.【详解】因为，，则，所以，设与共线的单位向量为，则，解得或所以与共线的单位向量为或.故选：D.【点睛】本题考查向量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义.6．A【解析】过圆外一点，引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程为，故选．7．D【解析】

作出四个函数的图象及给出的四个点，观察这四个点在靠近哪个曲线．【详解】如图，作出A，B，C，D中四个函数图象，同时描出题中的四个点，它们在曲线的两侧，与其他三个曲线都离得很远，因此D是正确选项，故选：D．【点睛】本题考查回归分析，拟合曲线包含或靠近样本数据的点越多，说明拟合效果好．8．B【解析】

利用指数函数和对数函数的单调性，将数据和做对比，即可判断.【详解】由于，，故.故选：B.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.9．B【解析】

根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得.【详解】在上投影为，即又本题正确选项：【点睛】本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.10．A【解析】

结合复数的除法运算和模长公式求解即可【详解】∵复数，∴，，则，故选：A.【点睛】本题考查复数的除法、模长、平方运算，属于基础题11．B【解析】

首先求出基本事件总数，则事件“恰好不同时包含字母，，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，，”，记事件“恰好不同时包含字母，，”为，利用对立事件的概率公式计算可得；【详解】解：从9个球中摸出3个球，则基本事件总数为（个），则事件“恰好不同时包含字母，，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，，”记事件“恰好不同时包含字母，，”为，则.故选：B【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了排列组合的知识，解答的关键在于正确理解题意，属于基础题．12．C【解析】

利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得，则，所以，解得.故选：C【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

先求导数可得切线斜率，利用基本不等式可得切点横坐标，从而可得切线方程.【详解】，，＝1时有最小值1，此时M(1，﹣2)，故切线方程为：，即．故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，切点处的导数值等于切线的斜率是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.14．①②③【解析】

对①，由线面平行的性质可判断正确；对②，三棱锥外接球可看作正方体的外接球，结合外接球半径公式即可求解；对③，结合题意作出图形，由勾股定理和内接圆对应面积公式求出锥体的高，则可求解；对④，由动点分析可知，当点与点重合时，直线与平面所成的角最大，结合几何关系可判断错误；【详解】对于①，因为平面，所以，，，又，所以平面，所以，故四个面都是直角三角形，∴①正确；对于②，若，，，平面，∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球，∴，，∴体积为，∴②正确；对于③，设内心是，则平面，连接，则有，又内切圆半径，所以，，故，∴三棱锥的体积为，∴③正确；对于④，∵若，平面，则直线与平面所成的角最大时，点与点重合，在中，，∴，即直线与平面所成的最大角为，∴④不正确，故答案为：①②③.【点睛】本题考查立体几何基本关系的应用，线面垂直的性质及判定、锥体体积、外接球半径求解，线面角的求解，属于中档题15．【解析】

连续掷两次骰子共有种结果，列出满足条件的结果有11种，利用古典概型即得解【详解】由题意知，连续掷两次骰子共有种结果，而满足条件的结果为：共有11种结果，根据古典概型概率公式，可得所求概率．故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.16．【解析】

由中位线定理和正方体性质得，从而作出异面直线所成的角，在三角形中计算可得．【详解】如图，连接，，，∵分别为棱的中点，∴，又正方体中，即是平行四边形，∴，∴，（或其补角）就是直线与直线所成角，是等边三角形，∴＝60°，其正切值为．故答案为：．【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是根据定义作出异面直线所成的角．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）（2）【解析】

（1）用等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；（2）把（1）中求得的结果代入bn＝an•log2an，求出bn，利用错位相减法求出Tn．【详解】(1)设数列的公比为，由题意知：，∴，即.∴，即.(2)，∴.①.②①－②得∴.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差中项的概念以及错位相减法求和，考查运算能力，属中档题．18．（1）见解析；（2）【解析】

（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.【详解】（1）平面平面，平面平面=，，所以.由面面垂直的性质定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，，即，平面，.（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则，,得，，而，设平面的法向量为，由可得：，令，则，取平面的法向量，则，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用，属于中档题.19．（1）；（2）点在定直线上．【解析】

（1）设出直线的方程为，由直线和圆相切的条件：，解得；（2）设出，运用导数求得切线的斜率，求得为切点的切线方程，再由向量的坐标表示，可得在定直线上；【详解】解：（1）依题意设直线的方程为，由已知得：圆的圆心，半径，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即，解得或（舍去）．所以；（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，所以，所以，设，则以为切点的切线的斜率为，所以切线的方程为．令，，即交轴于点坐标为，所以，，，．设点坐标为，则，所以点在定直线上．【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，直线与圆的位置关系的判断，考查直线方程和圆方程的运用，以及切线方程的求法，考查化简整理的运算能力，属于综合题．20．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由已知线面垂直得，结合菱形对角线垂直，可证得线面垂直；（2）由已知知两两互相垂直.以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，由已知线面垂直知与平面所成角为，这样可计算出的长，写出各点坐标，求出平面的法向量，由法向量夹角可得二面角．【详解】证明：（1）因为平面，平面，所以.因为四边形是菱形，所以.又因为，平面，平面，所以平面.解：（2）据题设知，两两互相垂直.以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，因为与平面所成角为，即，所以又，所以，所以所以设平面的一个法向量，则令，则.因为平面，所以为平面的一个法向量，且所以，．所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理，考查用向量法求二面角．立体几何中求空间角常常是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，这样可减少思维量，把问题转化为计算．21．（1）；（2）.【解析】

（1）根据复合函数的求导法则可得结果.（2）同样根据复合函数的求导法则可得结果.【详解】（1）令，，则，而，，故.（2）令，，则，而，，故，化简得到.【点睛】本题考查复合函数的导数，此类问题一般是先把函数分解为简单函数的复合，再根据复合函数的求导法则可得所求的导数，本题属于容易题