数学-2022年高考考前押题密卷（浙江卷）（全解全析）

2022年高考考前押题密卷（浙江卷）

数学·全解全析

1．A 【解析】，故选A.

2．C 【解析】因为，所以，

所以复数的虚部为.故选C.

3．B 【解析】因为直线平面，直线平面，若，则、平行、相交或重合，

即“”“”；

若，则直线平面，设过直线的平面与平面相交，交线为，

因为直线平面，直线平面，平面平面直线，所以，直线直线，

因为直线平面，直线平面，所以，直线直线，故直线直线，

即“”“”.

因此，“”是“”的必要不充分条件.

故选B.

4．C 【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图：（阴影部分）

平移直线 ，过点A时，z取得最大值，

联立 得 ，

将坐标代入，得z的最大值为9，

故选：C．

5．D 【解析】设向量的夹角为， 因为，所以 ，

即，所以，，故选D．

6．A 【解析】对于函数，，解得，

所以，函数的定义域为，排除D选项；

，即函数为奇函数，排除B选项；

当时，，，则，，此时，

排除C选项.

故选：A．

7．A 【解析】由三视图知：几何体为长方体中去掉一个圆锥体，如下图示，

所以圆锥底面半径为3，母线长为，侧面积为，底面积为，

则几何体的表面积为.

故选：A．

8．C 【解析】如图，设，则，设，则由双曲线的定义得，

，解得，

所以，， ，，

所以为等边三角形，

所以，则，

在中，由余弦定理得，，

即，化简得，，

所以双曲线C的离心率为，

故选：C.

9．A 【解析】由可得：，

由于正实数，不相等，故，

即，则 ，

又可得，（a,c不相等），

故，即，

由于，故，

故，

故选：A.

10．D 【解析】因为（），

所以，

所以，，

当时，，

所以AB错误，

因为，

所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列，是以2为公差，2为首项的等差数列，

所以，，

当时，，当时，，

当时，，由此可得当时，，下面用数学归纳法证明

当时，显然成立，

假设当（）时，成立，即，则

当时，

，即，

综上，当时，，所以，

所以C错误，D正确，

故选：D.

11．【解析】由题意知：是偶函数，

则，

即：

即：

即：，解得：.

故答案为：.

12． 【解析】在正四棱台中，

由正四棱台的几何性质可知，该四棱台的外接球球心在等腰梯形所在平面内，

由题设，设，，设球心为，如下图所示：

连接、，因为，则为等腰梯形的外接圆的一条直径，

且点为的中点，由题意可得，所以，为等边三角形，

所以，正四棱台的高为，

正方形的边长为，其面积为，

正方形的边长为，其面积为，

因此，正四棱台.

故答案为：.

13． 【解析】由题意可知 ，

因为，所以，

解得，

故答案为.

14．， 【解析】由的展开式的第3项与第5项的二项式系数相等，可得，解得；

又由展开式中的系数为.

故答案为；.

15．， 【解析】由得，所以，又，所以，，，，

，.

故答案为：；．

16．     【解析】“”表示取出的球为“黑红”或“白”，所以，；

由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，

则，，，

，.

所以，随机变量的分布列如下表所示：

因此，.

故答案为：.

17．     【解析】由题，，所以．

如图，连接，设内切圆半径为，

则，即，

∴，

∴，

∴

∴，

∴．

故答案为：；．

18．（本题满分14分）

【解析】（1）

，（3分）

令，因为 ，所以，

所以在上单调递递增，函数在上单调递增.（6分）

（2）由将函数的图象向右平移个单位长度，纵坐标变为原来的2倍，横坐标缩小为原来的，向上平移1个单位长度得到函数的图象，得，（9分）

因为，所以 ，所以，（10分）

所以函数在上的最小值为，最大值为.（14分）

19．（本题满分15分）

【解析】（1）如图，连接，

在等边三角形中，因为E是AC的中点，所以，（2分）

因为平面平面，且平面平面，所以平面，平面，故，（4分）

由三棱柱的性质可知，，而，故且，

所以平面，（5分）

又因为平面，所以.（6分）

（2）如图，过点作交于，

以点为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，（8分）

由，，，所以，，，，（9分）

据此可得：，，，，则,,（11分）

由可得，利用中点坐标公式可得，

故直线的方向向量为，（12分）

设平面的法向量为，则

，所以平面的一个法向量为.（13分）

设直线与平面所成的角为，

.

所以直线EF与平面A1BC所成角的正弦值为.（15分）

20．（本题满分15分）

【解析】（1）∵，

∴当时，，即，（2分）

当时，，，

∴，即，（4分）

∴，又，

∴是等差数列.（6分）

（2）由上可知，，

∴，又数列的前项和为，，（8分）

∴，

∴或（舍去），

∴，（10分）

设，设数列的前n项和为，则

，

∴，

∴

∴，（12分）

当时，

，（13分）

当时，

，（14分）

综上，.（15分）

21．（本题满分15分）

【解析】（1）抛物线的焦点，准线，

则，则，所以抛物线C的方程为.（3分）

（2）（i）设直线AP：，

由，可得，

则，解得.（5分）

则，解得.

不妨令直线AP：，直线BP：，则.（6分）

设，设直线，

由，可得，

由，可得或（舍）.

则，直线，

由，可得，（7分）

故，为定值.（9分）

（ii）由（i）得点E到直线AD的距离，，（10分）

点E到直线BH的距离，，（11分）

则，，

故，（12分）

令，

则，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.（14分）

则，故的最小值为6.（15分）

22．（本题满分15分）

【解析】（1）函数的定义域为，

由，可得

，（4分）

当时，令，得，

令，可得或，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，.（7分）

（2），即，.

即存在，使得，而，

故对于任意的恒成立，即，（10分）

令，即对于任意的恒成立，

，

设，则，

当时，，所以在上单调递增，

又因为，，

所以存在唯一的，使得，

当时，，则，是减函数，

所以，不符合题意，

所以，（13分）

下证当时，恒成立，

，

所以，

即在上单调递减，，

综上所述：.（15分）