2022年5月東陽市高考模擬解析浙江上虞一?選擇題1.設集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求解中的二次不等式，得到，然后根據交集的定義或利用數軸方法與求交集.【詳解】解：由，得，，又，.故選A.【點睛】本題考查集合的交集的運算，涉及二次不等式求解，屬基礎題.2.在復平面內，復數，則的虛部是（）A. B.1 C.2 D.【答案】A【解析】【分析】利用復數的除法解題即可.【詳解】由題，所以的虛部為，故選：A3.某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積（單位：）是（）A.12 B.6 C.4 D.2【答案】C【解析】【分析】由三視圖可知，該幾何體是底面為矩形的四棱錐，從而可求出其體積【詳解】由三視圖可知，該幾何體是底面為長為3，寬為2的矩形，高為2的四棱錐，如圖所示，所以該幾何體的體積為，故選：C4.設實數x，y滿足約束條件，則的最大值（）A. B.5 C. D.【答案】C【解析】【詳解】解析：畫出可行域，如圖，項點為，，，當經過時，的最大值，故選：C.5.設m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則m⊥n的一個充分不必要條件是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用空間線面位置關系的判定與性質定理及充分不必要條件的定義，分析選項得出結論．【詳解】由題意要找出m⊥n的一個充分不必要條件，則應該是由選項推出m⊥n，對于選項：，，，可得與平行、相交或為異面直線，因此無法得出，因此不正確；對于選項：，，，可得，因此無法得出，因此不正確；對于選項：，，，可得與平行、相交或為異面直線，因此無法得出，因此不正確．對于選項：，，，可得，因此可得，因此正確；故選：．6.函數的部分圖象可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先判斷函數奇偶性,舍去C,D，再取函數值舍去A，進而可得出答案.【詳解】令為奇函數，所以舍去C,D;舍去A;故選：B【點睛】本題考查了函數圖像的識別，函數奇偶性的判斷，屬于基礎題.7.將離心率為的雙曲線的實半軸長和虛半軸長同時增加個單位長度，得到離心率為的雙曲線，則A.對任意的，B.當時，；當時，C.對任意的，D.當時，；當時，【答案】D【解析】【詳解】依題意，，，因為，由于，，，所以當時，，，，，所以；當時，，，而，所以，所以．所以當時，；當時，．考點：雙曲線的性質，離心率．8.甲乙兩個盒子中有若干個大小相同的球，甲盒子中有4個紅球和2個白球，乙盒子中有3個紅球和1個白球，同時從甲乙盒子中各取出兩個球，并進行交換，交換后，記乙盒中紅球個數為，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意求得隨機變量取值為，求得相應的概率，利用期望的公式，即可求解.【詳解】依題意，取值為，其中表示甲盒中取出2個白球且乙盒中取出2個紅球，可得；表示甲盒中取出2個白球且乙盒中取出1個紅球和1個白球或者甲盒中取出1個紅球和1個白球且乙盒中取2個紅球，；表示甲盒中取出數出1個紅球和1個白球且乙盒中取出1個紅球和1個白球或者甲盒中取出2個紅球且乙盒中取出2個紅球，；表示甲盒中取出取出2個紅球且乙盒中取出1個紅球和1個白球，，所以.故選：C.9.實數a，b滿足，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】可化簡為，需要表示出對應的曲線，用幾何意義求解即可.【詳解】由題知，即，即，則表示在，的坐標系下，圓心坐標為，半徑為的圓，表示的幾何意義為圓上一點到原點的距離的平方，所以，同理.故選：B.10.已知正項數列滿足，則（）A.數列是遞減數列 B.數列是遞增數列C. D.【答案】D【解析】【分析】確定，用作商的方法比較數列前后項大小得單調性判斷A，由不等式性質判斷B，由不等式性質得出判斷C，在研究選項C基礎上用累加法得出判斷D．【詳解】，故，故，故數列是遞增數列，故A錯誤；，故，故數列是遞減數列，故B錯誤；，故C錯誤；通過累加可得：，故D正確.故選：D二?填空題11.在研究天文學的過程中，約翰納皮爾為了簡化其中的計算而發(fā)明了對數，恩格斯曾經把對數的發(fā)明和解析幾何的創(chuàng)始?微積分的建立稱為17世紀數學的三大成就.已知，則實數x，y的大小關系為___________，___________.【答案】①.##②.【解析】【分析】結合對數的運算關系即可化簡得到x，y的大小關系和的值.【詳解】因為，所以，所以，又因為，所以，所以，故答案為：，12.已知，函數，___________；若，則___________.【答案】①.4②.0【解析】【分析】根據分段函數解析式計算可得；【詳解】解：因為，所以，，，即，所以，故答案為：；.13.若多項式，則___________；___________.【答案】①.1②.92【解析】【分析】將多項式變?yōu)?，令，可求出求出的通項，即可求出的?【詳解】，故令，則，的通項為，則.故答案為：1；92.14.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，且，則___________；的面積為___________.【答案】①.##②.【解析】【分析】由正弦定理得，即可得，即再由余弦定理可得，代入面積公式即可求出的面積.【詳解】由，故，即，故，即，故，故.故答案為：.15.從0，1，2，3，4，5中選出三個不同數字組成四位數（其中的一個數字用兩次），如5224，則這樣的四位數共有___________個.【答案】【解析】【分析】根據題意，分當0被選用，且用兩次；當0被選用，但用一次；當0沒被選用三種情況討論求解即可.【詳解】解:當0被選用，且用兩次，則先在個位，十位，百位這3個位置上選2個位置放0，再從剩下的5個數中選2個數字排在其他兩個位置上，故有個；當0被選用，但用一次，則先在個位，十位，百位這3個位置上選1個位置放0，再從剩下的5個數字中選2個數字，進而從選出的兩個數字中選一個為出現兩次的數字，最后在剩下的三個位置上選一個位置放置選出的2個數字中出現1次的數字，進而完成任務，故有個；當0沒被選用，則從1，2，3，4，5選3個數字，再從中選一個出現兩次的數字，最后將其他兩個數字選2個位置排序，故有個所以，一共有個.故答案為：.16.已知橢圓的左右焦點為，上頂點為A，P為第一象限內橢圓上的一點，，記的面積為，若成等比，則直線的斜率是___________.【答案】【解析】【分析】設，由題意可知，結合成等比可得，從而推得A到直線的距離是O到直線的距離的倍，表示出，利用點到直線的距離列出關于k的方程，求得答案.【詳解】設，由題意可知，又成等比，則，則，由，得，故，設的斜率為k，由題意可知，則，即，因為，所以A到直線的距離是O到直線的距離的倍，所以，解得，（負值舍去）故答案為：.17.已知，則的最小值是___________.【答案】【解析】【分析】根據數量積的性質得出，然后確定這個能取得，即在反向時的情形能夠存在即可得．【詳解】解：易得，當且僅當與的夾角為時，等號成立；下面看是否滿足，此時有，由得，，.所以的最小值是，只需滿足，且.故答案為：.三?解答題18.已知角的頂點與原點O重合，它的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊過點.（1）求的值；（2）求值：【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）結合三角函數的定義和誘導公式即可求解.（2）結合二倍角公式和兩角差的正弦公式即可求解.【小問1詳解】由已知可得，，所以【小問2詳解】由題知，，所以.19.如圖，斜三棱柱中，已知.

（1）求證：；（2）若，求直線和平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）解法1：取中點D，連，由線面垂直的判定定理可證得平面，從而得，又，所以解析2：取的中點O為坐標原點，為x軸，為y軸，與平面垂直且向上的方向為z軸，如圖正向建立空間直角坐標系.設，表示出，再結合題目條件即可得出答案.解析3：設，，，求出，代入即可得出答案.（2）解法1：不妨設，則.由題目條件證明到平面，設直線和平面所成角為，則，求出，，代入即可得出答案.解法2：取的中點O為坐標原點，為x軸，為y軸，與平面垂直且向上的方向為z軸，如圖正向建立空間直角坐標系.求直線的方向向量和平面的法向量，設所成角為，由線面角的公式代入即可得出答案.【小問1詳解】解法1：取的中點D，連，由題設易得和都是正三角形，故.又和，平面內的相交直線，所以平面.從而得.又，所以.證畢解析2：取的中點O為坐標原點，為x軸，為y軸，與平面垂直且向上的方向為z軸，如圖正向建立空間直角坐標系.設，則，設，則.

可得.由得，，結合，可得，于是，可得，所以.所以.證畢解析3：設，因為，所以，又∵，∴，所以.證畢【小問2詳解】解法1：不妨設，則.因為，所以.由（1）知，可得，在內過點作，E為垂足.由（1）知平面，所以，又和是平面內的相交直線，所以平面.所以點到平面的距離就等于的長.又顯然平面，所以點B到平面的距離也等于的長.在中，，所以可得，設直線和平面所成角為，則.即直線和平面所成角的正弦值為.解析2：設，因為，所以，由，得，再由得.所以.所以.設平面的法向量為，則取，則.于是.記直線和平面所成角為，則.即直線和平面所成角的正弦值為.20.已知數列，其中為等差數列，且滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前n項和為，求證：【答案】（1），（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據題意，當時，求得，得到，進而得到，結合疊加法，求得的通項公式；（2）由（1）得，結合裂項法求和，即可求解.【小問1詳解】解：由數列為等差數列，且滿足，，當時，可得，即，解得；因為是等差數列，所以，所以，所以，所以所以.【小問2詳解】解：由（1）得，所以.21.如圖，已知拋物線上有一動點，M為y軸上的動點，設，連接與交于點B，過B作的切線交的延長線于點H，連接交C于點E，連接交y軸于點G，分別記的面積為.

（1）若，求p；（2）若，求證：是之間的一個定值（不必求出定值）.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據且，利用拋物線定義，列出方程，即可求解；（2）設，由，則，聯(lián)立方程組分別求得，，，根據M，E，H三點共線，化簡得到，令，化簡可得，令，結合導數求得函數的單調性，即可求解.【小問1詳解】解：由題意，拋物線，上有一動點，且，因為且，根據拋物線的定義，可得，解得.【小問2詳解】解：設，因為，則，直線與拋物線聯(lián)立得，可得，由，得，直線與方程，可得，可得，直線與拋物線聯(lián)立得：，可得，由，得因為M，E，H三點共線，可得，即，即，即，令，化簡可得，令，可得，當時，，所以在單調遞增，又因為，，所以，所以.22.已知函數（1）當時，討論的單調區(qū)間；（2）當時，若有兩個零點，且，求證：.【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）代入，求導，取或進行討論即可.（2）利用參變分離，得到有兩個不同的零點，進而設，討論，利用導數討論的單調性，進而得到的范圍，得到，同理，通過參變分離，利用，即可證明，最后結論得證.（本題也可以利用部分參數