2023年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高考数学模拟试卷（含答案解析）

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2023年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高考数学模拟试卷
1. 已知集合A={x|2x>2}，B={x||x−1|0)
变形为1t+110t−1=0，
令h(t)=1t+110t−1，t>0，
可知函数h(t)在(0,+∞)上单调递减，
又x210x2−x2−10x2=0，(x2>1)，
∴x2=t=lgx1，即x1=10x2.
由x210x2−x2−10x2=0，∴x2x1−x2−x1=0，即x2+x1=x2x1，因此A正确；
x2+x1=x2+10x2>1+10=11，因此B正确；
x1−x2=10x2−lgx1，因此C不正确；
令h(x)=10x−x(x>1)，则h′(x)=10xln10−1>0，∴函数h(x)在[1,+∞)上单调递增，∴h(x)>h(1)=9，
∴x1−x2=10x2−x2>9，因此D正确．
故选：ABD.
由题意可得x1⋅lgx1−x1−lgx1=0，(x1>1)，令lgx1=t>0，可得x1=10t，代入方程可得t10t−10t−t=0，变形为1t+110t−1=0，根据函数的单调性及已知x210x2−x2−10x2=0，(x2>1)，可得x2=t=lgx1，x1=10x2，进而根据指数与对数的运算性质判断出结论的正误．
本题考查了指数与对数运算性质、函数的单调性、利用导数研究函数的单调性、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

13.【答案】11 
【解析】解：先求(1−1x)5的展开式中常数项以及含x−2的项，
Tr+1=C5r(−1x)r=C5r(−1)rx−r，
由−r=0得r=0，由−r=−2得r=2；
即(1−1x)5的展开式中常数项为C50，含x−2的项为C52(−1)2x−2，
∴(1+x2)(1−1x)5的展开式中常数项为C50+C52=11.
故答案为：11.
将问题转化成(1−1x)5的常数项及含x−2的项，利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0，−2求出常数项及含x−2的项，进而相加可得答案．
本题考查数学的等价转化能力，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于基础题．

14.【答案】3x+4y=0或x−7y−25=0或7x+y+25=0 
【解析】解：由圆：x2+y2=25，得圆心O(0,0)，半径r=5，
∵32+42=25，∴P在圆O上，
若∠APB=90∘，可得AB过圆心且AB⊥OP，
又kOP=4−03−0=43，∴kAB=−34，
∴直线l的方程为y=−34x，即3x+4y=0，
若∠PBA=90∘，可得AP过圆心且OB⊥AP，
可得OB的直线的方程为3x+4y=0，可得B的坐标为(−4,3)或(4,−3)，
∴直线AB的方程为y+3=−3−(−4)4−(−3)(x−4)或y−3=3−(−4)−4−(−3)(x+4)，
即x−7y−25=0或7x+y+25=0.
故答案为：3x+4y=0或x−7y−25=0或7x+y+25=0.
分类讨论可求直线的方程．
本题考查求直线方程，考查直线与圆的位置关系，属中档题．

15.【答案】(2 23,1) 
【解析】解：不妨设P(3,t)，(t>0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，
设直线PF1倾斜角为α，直线PF2倾斜角为β，
∴tan∠F1PF2=tan(β−α)=tanβ−tanα1+tanαtanβ=kPF2−kPF11+kPF2⋅kPF1
=t3−c−t3+c1+t3−c×t3+c=(3+c)t−(3−c)t(3−c)(3+c)+t2=2ct9−c2+t2=2c9−c2t+t，
若tan∠F1PF2的最大值为2 2，则t+9−c2t有最小值，
又t+9−c2t≥2 9−c2，当且仅当t=9−c2t，即t= 9−c2时取等号，
∴2c2 9−c2=2 2，∴c2=8(9−c2)，解得c=2 2，
又∵椭圆C与直线x=3无公共点，∴a2 23，
∴椭圆离心率的取值范围是(2 23,1).
故答案为：(2 23,1).
不妨设P(3,t)，(t>0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，直线PF1倾斜角为α，直线PF2倾斜角为β，由tan∠F1PF2=tan(β−α)=2c9−c2t+t，进可得c2=8(9−c2)，由已知可得a0恒成立，
所以|PnPn+1|2>1+3=4，即|PnPn+1|>2，
设f(x)= x2+2x− x2−1(x≥1)，f′(x)=x+1 x2+2x−x x2−1，
因为(x+1)2(x2−1)−(x2+2x)x=−2x−1a，
∴A=π3；
(2)∵AD=12(AB+AC)，
 则AD2=14(AB+AC)2，b=2，BC边上中线AD= 7，
故|AB|2+2|AB|−24=0，解得|AB|=4，
∴S△ABC=12bcsinA=2 3. 
【解析】(1)根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解；
(2)根据已知条件，推得AD=12(AB+AC)，两边同时平方，求出|AB|，再结合三角形的面积公式，即可求解．
本题考查解三角形，三角函数公式的应用，向量中点公式的应用，向量数量积的性质的应用，属中档题．

18.【答案】解：(1)由题意，当n=1时，S1+2=a1+2=2a1，解得a1=2，
当n=2时，S2+2=2a2，
即a1+a2+2=2a2，解得a2=4，
当n≥2时，由Sn+2=2an，
可得Sn−1+2=2an−1，
两式相减，可得an=2an−2an−1，
整理，得an=2an−1，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an=2n；
(2)由(1)可得，an=2n，an+1=2n+1，
在an与an+1之间插入n个数，使得这(n+2)个数依次组成公差为dn的等差数列，
则有an+1−an=(n+1)dn，
∴dn=an+1−ann+1=2nn+1，
∴1dn=n+12n，
∴Tn=1d1+1d2+⋅⋅⋅+1dn=221+322+423+⋅⋅⋅+n+12n，
12Tn=2×(12)2+3×(12)3+⋯+n⋅(12)n+(n+1)⋅(12)n+1，
两式相减，
可得12Tn=221+122+123+⋅⋅⋅+12n−n+12n+1
=1+122−12n+11−12−n+12n+1
=32−n+32n+1，
∴Tn=3−n+32n. 
【解析】(1)先将n=1代入题干表达式计算出a1=2，再将n=2代入题干表达式即可计算出a2的值，当n≥2时，由Sn+2=2an，可得Sn−1+2=2an−1，两式相减进一步推导即可发现数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，从而计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果写出an与an+1的表达式，再根据题意可得an+1−an=(n+1)dn，通过计算出dn的表达式即可计算出数列{1dn}的通项公式，最后运用错位相减法即可计算出前n项和Tn.
本题主要考查数列求通项公式，以及运用错位相减法求前n项和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，等比数列的判定，等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．

19.【答案】(1)证明：设点F为PD的一个三等分点，且FD=2PF，连接EF，AF，
因为EC=2PE，FD=2PF，所以EF//CD，EF=13CD，
又因为AB//CD，AB=13CD，所以AB//EF，AB=EF，
所以四边形ABEF是平行四边形，
所以BE//AF，
又因为AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，
所以BE//平面PAD.
(2)因为AD⊥CD，平面ABCD∩平面PCD=CD，
且平面ABCD⊥平面PCD，所以AD⊥平面PCD，
所以PD⊥AD，所以∠PDC为二面角P−AD−C的平面角，
以D为原点建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(3,1,0)，C(0,3,0)，P(0,1, 3)，
所以AB=(0,1,0)，AP=(−3,1, 3)，
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=y=0n⋅AP=−3x+y+ 3z=0，令x=1，得n=(1,0, 3)；
同理，PB=(3,0,− 3)，BC=(−3,2,0)，设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PB=3x− 3z=0m⋅BC=−3x+2y=0，令x=2，则y=3，z=2 3，所以m=(2,3,2 3)，
所以平面APB与平面PBC的夹角的余弦值为
cosθ=|m⋅n||m||n|=2+0+6 1+0+3× 4+9+12=45. 
【解析】(1)取PD的一个三等分点F，连接EF，AF，证明四边形ABEF是平行四边形，得出BE//AF，即可证明BE//平面PAD.
(2)由AD⊥CD，平面ABCD⊥平面PCD，得出AD⊥平面PCD，PD⊥AD，∠PDC是二面角P−AD−C的平面角，建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面PAB、平面PBC的法向量，用法向量求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．
本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了空间向量的应用问题，是中档题．

20.【答案】解：(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关，
计算K2=200×(65×75−25×35)2100×100×90×110≈32.323>10.828，
根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.
(2)(i)由题意知，P1=1，P2=0，P3=12，P4=12×0+(1−12)×12=14；
证明：第n次触球者是甲的概率记为Pn，
则当n≥2时，第n−1次触球者是甲的概率为Pn−1，
第n−1次触球者不是甲的概率为1−Pn−1，
则Pn=Pn−1×0+(1−Pn−1)×12=12(1−Pn−1)，
从而Pn−13=−12(Pn−1−13)，
又P1−13=23，
所以{Pn−13}是以23为首项，公比为−12的等比数列，
(ii)第n次触球者是甲的概率为Pn=23×(−12)n−1+13，
所以P15=23×(−12)14+13=13×1213+13>13，
第15次触球者是乙的概率为Q15=12(1−P15)=12(1−13×1213−13)=13−13×12140，
y1y2=124t2−1lnx1−lnx2=−lnx2x1>1−x2x1，
所以eex2−eex1>1−x2x1.
(ii)证明：依题意：f′(x)=kx−1ex=0有两个不同实数根x1x2，
由(1)知0