2022年浙江省高考数学联考试卷(3月份)(选考)+答案解析(附后).pdf

该【2022年浙江省高考数学联考试卷(3月份)(选考)+答案解析(附后) 】是由【青山代下】上传分享，文档一共【20】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2022年浙江省高考数学联考试卷(3月份)(选考)+答案解析(附后) 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..年浙江省高考数学联考试卷(3月份)(选考),,则(),若复数为虚数单位对应的点的坐标位于第二象限,则实数的取值范围是(),,则“”是“”的(),y满足约束条件则的最大值为(),则(),国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区、管控区、,某院派出医护人员共5人,分别派往三个区,每区至少一人,甲、乙主动申请前往封控区或管控区,且甲、乙恰好分在同一个区,则不同的安排方法有()()页,共20页:..,得到函数的图象,若函数的图象关于轴对称,则的最大值为(),且,则数列的前21项和为(),P是空间内的任一动点,且满足,E为AD中点,过点D的平面平面BCE,则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为(),,共20页:..,若存在,任意,使得,,则______,,已知,,,I为的内心,CI的延长线交AB于点D,则的外接圆的面积为__________,,取后不放回,直到白球全部取完即停止,此时取到黑球的个数为,则取球三次即停止的概率为______,、右焦点分别为,,过点的直线与双曲线C的一个交点为P,Q为双曲线的渐近线上在第一象限内的一点,若为坐标原点,则双曲线C的离心率的取值范围为______,离心率取得最大值时,,,,且,,则对于任意实数m,,初相为,;函数,若恒成立,,已知平行四边形ABCD,,,,E,F分别为线段BC,AD上的点,且,现将沿AE翻折至在线段上是否存在点M,使得平面,若存在,求的值;若不存在,请说明理由;当三棱锥的体积达到最大时,,共20页:..,,公差,是数列的前项和,数列满足,,,,的通项公式;求证:,抛物线的焦点F与椭圆的上顶点重合,点P是抛物线在第一象限内且在椭圆内部的一个动点,直线AB交椭圆于A,B两点,交y轴于点G,直线AB切抛物线于点P,D为线段AB的中点,过点P且垂直于x轴的直线交OD于点M,记的面积为,的面积为,设求抛物线的方程;;若,且,证明:页,共20页:..答案和解析1.【答案】【解析】解:,故选:,交集和补集的定义及运算,考查了计算能力,.【答案】A【解析】解:由复数为虚数单位对应的点的坐标位于第二象限,则,解得,故选:由复数所在的象限列不等式,,.【答案】A【解析】解:非零向量,,则“”“”,“”“”或,中存在0,但是,,“”是“”:“”“”,“”“”或,中存在0,但是,,、必要条件的判断,考查向量平行的性质等基础知识,考查运算求解能力,.【答案】C页,共20页:..【解析】解:由约束条件作出可行域如图,联立,解得,由,得,由图可知,当直线过时,直线在y轴上的截距最小,z有最大值为故选:由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,,考查数形结合思想,.【答案】A【解析】解:根据题意,函数的周期为1,则的周期为4,依次分析选项:对于A,的周期为4,则有,A正确;对于B,不能确定的图象是否关于点对称,即不一定成立,B错误;对于C,的周期为4,必有,而不一定成立,C错误;对于D,不能确定的图象是否关于点对称,即不一定成立,B错误;故选:根据题意,分析函数的周期,据此分析选项,,注意判断函数的周期,.【答案】C【解析】解:根据题意,分2步进行分析:①将5人分为3组,要求甲乙在同一组,若分为1、2、2的三组,有种分组方法,若分为1、1、3的三组,有种分组方法,页,共20页:..则有种分组方法,②将甲乙所在的组分到封控区或管控区,剩下2组任意安排,有种安排方法,则有种安排方法,故选:根据题意,分2步进行分析:①将5人分为3组,要求甲乙在同一组,②将甲乙所在的组分到封控区或管控区,剩下2组任意安排,,涉及分步计数原理的应用,.【答案】【解析】解:函数的定义域关于原点对称,,可得为偶函数,其图像关于y轴对称,可排除选项A;由,,可排除选项D;由,,可排除选项故选:首先判断函数的奇偶性,,考查数形结合思想和推理能力,.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查函数的图象变换规律,三角函数的图象和性质,,利用函数的图象变换规律,三角函数的图象和性质,得出结论.【解答】解:把函数的图象向右平移个单位长度后,得到函数的图象,若函数的图象关于y轴对称,则,,即,,因为,所以令,可得的最大值为,故选:9.【答案】B页,共20页:..【解析】解:数列满足,是常数列,且,,,,,令,数列的前21项和为:故选:根据题意求得是常数列,进而求得数列的通项公式,,考查转化思想,.【答案】【解析】解:设的外心为O,过O点作BC的平行线,以O为坐标原点,建立的空间直角坐标系,如图所示,因为,所以,,则,,,设,页,共20页:..由,可得,整理得,所以动点的轨迹为以为球心,半径为2的球及球的内部,分别延长AB,AF,AC到点M,P,N,使得,,,可得,,可证得平面MND,平面MND,又由,所以平面平面MND,即平面MND为平面,如图所示,过O点作,可得证得平面MND,即为点O到平面MND的距离,连接EF,根据面面平行的性质,可得,在直角中,可得,在直角中,可得,所以,即截面圆的半径为,所以球与平面的截面表示半径为的圆面,其面积为故选:设的外心为O,过O点作BC的平行线,以O为坐标原点,建立的空间直角坐标系,设,根据,求得点P的轨迹方程,分别延长AB,AF,AC到点M,P,N,使得,,,得到平面平面,过O点作点,可得证得平面MND,为点O到平面MND的距离,结合球的截面圆的性质,求得截面圆的半径,、面面关系的判定,也考查了建模能力、转化思想,综合性较强,.【答案】【解析】解:根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为正方体切去两个角,构成的几何体如图所示:页,共20页:..故故答案为:首先把三视图转换为几何体的直观图,:三视图和几何体的直观图之间的转换,几何体的体积公式,主要考查学生的运算能力和数学思维能力,.【答案】【解析】解:若存在,任意,使得,所以,因为在上单调递增,所以,因为在上单调递增,所以,所以,解得,即实数的取值范围是故答案为:由已知可得,利用对勾函数与对数函数的单调性分别求出与的最大值,,考查函数最值的求法,考查转化思想与运算求解能力,.【答案】【解析】解:由可得:即,页,共20页:..则二项式的展开式的通项公式为,令,解得,则的系数,由两边同时取导可得:,令,则,故答案为:;把已知关系式化为,然后求出展开式的通项公式,令的指数为5,由此即可求出,再对二项式的展开式两边同时取导数,再令,,涉及到导数以及赋值法的应用,考查了学生的运算求解能力,.【答案】【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理,余弦定理在解三角形中的应用,考查了数形结合思想和转化思想,,再利用正弦定理求出外接圆的半径和面积得解;分别求出,,再利用余弦定理和正弦定理求解.【解答】解:由余弦定理得,所以,设三角形的外接圆的半径为R,由正弦定理得:,所以,页,共20页:..所以的外接圆的面积为,由余弦定理得,所以,,所以,由正弦定理得,所以故答案为;15.【答案】2【解析】解:取三次停止,则可知第3次取到白球,前两次中有一次取到白球,有两种情况:第1次黑球,第2次白球,第3次白球,或第1次白球,第2次黑球,第3次白球,所以取球三次即停止的概率为,由题意可得可能取0,1,2,3,,,,,所以故答案为:取三次停止,说明第3次取到白球,前两次中有一次取到白球,从而可求出概率;由题意可得可能取0,1,2,3,然后求出各自对应的概率,从而可求出本题考查了离散型随机变量的期望,.【答案】页,共20页:..【解析】解:由可得,,,,共线,Q为双曲线的渐近线上在第一象限内的一点,也在第一象限内,又点P,Q在直线上,所以点,,,,,,,,又时,离心率取得最大值时,此时,,,,双曲线C的渐近线方程为故答案为:;由已知可得,进而可得,从而,,以及分析能力和运算能力,.【答案】【解析】解:因为,,可得,所以,即,即得,设,则向量的终点P在阴影部分内,由的几何意义,在阴影部分找点到、的距离,即的最小值为的最小值,如图所示,当点P位于直线上时,此时取得最小值,作出直线:的平行线:,页,共20页:..在直线上取点,当,A,三点共线时,可得,所以,即在直线上找一点,使得最小,设点关于直线的对称点为,可得,解得,又由,即的最小值为故答案为:由,求得,设,根据的几何意义转化为的最小值为的最小值,作出直线的平行线,得到,转化为,结合直线的对称最值,,涉及对称问题及其应用,.【答案】解:由题意可知令的图象关于y轴对称,,,,页,共20页:..,,,函数的最小正周期,令,解得,函数的单调递增区间为,令,,,恒成立等价于在上恒成立,易知,由函数在上单调递增可得:,,,即的取值范围为【解析】根据振幅,初相及对称性求出的解析式,进而求出最小正周期,单调递增区间;对进行化简整理,换元,转化为在上恒成立,利用对勾函数单调性求出最值,,不等式的恒成立问题,.【答案】解:存在这样的点M,理由如下:如图,取的三等分点为M,取EC上靠近点C的三等分点为N,连接MN,NF,页,共20页:..在中,,,∽,,,又平面,平面,平面,,,,,,为上靠近点C的三等分点,,,又,四边形AENF为平行四边形,,又平面,平面,平面,,平面平面,又平面FMN,平面,此时;如图,过点E作,垂足为G,当三棱锥的体积达到最大时,平面平面ABCD,由,,,,得,即,,又平面平面ABCD,平面平面,平面ABCD,平面,又平面,平面平面,又,平面平面,平面,平面,,平面,平面,平面,即点C到平面的距离等于点E到平面的距离,即为EG,得,由,平面,可知,在中,,,,设直线与平面所成角为,页,共20页:..,,直线与平面所成角的余弦值为【解析】存在这样的点,如图,限的三等分点为M,取EC上靠近点C的三等分点为N,连接MN,NF,通过证明平面平面,进而可证平面;如图,过点E作,垂足为G,当三棱锥的体积达到最大时,平面平面ABCD,进而证明平面,,以及判断符合条件的点是否存在,.【答案】解:等差数列,,公差,数列满足,,,,解得证明:,,时,,…,时也成立【解析】由等差数列,,公差,利用通项公式与求和公式可得,数列满足,,,代入,解得由,可得,即可证明页,共20页:..时,,、裂项求和方法、放缩法,考查了推理能力与计算能力,.【答案】解:由题意知抛物线的焦点,故抛物线的方程为;联立可得抛物线与椭圆在第一象限的交点坐标为,设点,,直线的方程为,令,得,,联立消去y并整理,得,易知,设点,,,为线段AB的中点,,直线OD的方程为,,,,令,,则,当,即时最大,其最大值为,此时,满足,此时,点P的坐标为,在椭圆C的内部,的最大值为,此时点P的坐标为页,共20页:..【解析】根据抛物线焦点直接求出抛物线的标准方程;设,利用导数的几何意义求出切线方程的方程,联立椭圆方程结合根与系数的关系可求出D点坐标,再由OD方程求出M点的坐标,分别计算,,求出,令,,椭圆中和抛物线中的三角形面积问题,.【答案】解:,故函数在单调递增;要证,只需证明,,且在单调递增,①当,,不满足题意,②当,,不满足题意,综上,要使得,只有,又因为在单调递增,要证,只需证明,,故仅需证明,故现只需证明,令,,,页,共20页:..,,,故,,,,故为增函数,,而,,故,可得:,故原式得证.【解析】对函数求导后发现为完全平方式,故导函数恒为正,即代表恒为正;首先讨论,,通过函数的单调性发现不满足题意,故只探究,故构造函数进行验证的正负从而决定本题主要考查单调性判断,,共20页