2023届浙江省杭州第二中学等四校高三下学期5月高考模拟数学试题含解析

这是一份2023届浙江省杭州第二中学等四校高三下学期5月高考模拟数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届浙江省杭州第二中学等四校高三下学期5月高考模拟数学试题

一、单选题
1．设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的除尘法则计算．
【详解】由已知．
故选：A．
2．已知，集合，集合，若，则（    ）
A． B． C．或1 D．
【答案】D
【分析】根据交运算结果，列出方程，求得对应参数值；再验证即可选择.
【详解】因为，故可得且，或且；
解得或；
当时，，满足题意；
当时，，不满足题意，舍去；
综上所述，.
故选：D.
3．已知等差数列的公差为d，前n项和为，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用等差数列的前项公式，分别从充分性和必要性两个方面进行判断即可求解.
【详解】因为数列是公差为的等差数列，所以，
，
所以，
若等差数列的公差，则，所以，故充分性成立；
若，则，所以，故必要性成立，
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：C.
4．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（  ）
A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
【解析】平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
5．标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片，卡片的形状、质地都相同，从中有放回地随机抽取两次，每次抽取一张，表示事件“第一次取出的数字是3”，表示事件“第二次取出的数字是2”，表示事件“两次取出的数字之和是6”，表示事件“两次取出的数字之和是7”，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，分别求出对应事件的概率，再结合条件概率公式，相互独立事件的概率公式判断即可.
【详解】由题意，
，
，
对于事件的可能组合有：
，共种，
，故A错误；
对于事件的可能组合有：
，共种，
，
对于事件的组合只有一种，
对于事件的组合只有一种，
对于事件的组合只有一种，
则，B正确；
，C错；
又，，
则，D错.
故选：B
6．已知函数在区间上单调递增，若存在唯一的实数，使得，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】整理可得，结合题意结合正弦函数性质分析运算.
【详解】由题意可得：，且，
①因为，可得，
若存在唯一的实数，使得，
则，解得；
②又因为，且，
可得，
若函数在区间上单调递增，
注意到，则，解得；
综上所述：的取值范围是.
故答案为：B.
7．已知双曲线的左，右焦点分别为，，点与抛物线的焦点重合，点P为与的一个交点，若△的内切圆圆心的横坐标为4，的准线与交于A，B两点，且，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，由题设知且求得，再由内切圆中切线长性质及双曲线定义、性质确定与的切点的位置，进而求离心率.
【详解】由题设，又点与抛物线的焦点重合，即，
由，则，故，即，
如下图示，内切圆与△各边的切点为，

所以，又，
则，
所以为双曲线右顶点，又△的内切圆圆心的横坐标为4，即，
故，则，所以离心率为.
故选：B
8．已知，若点为曲线：与曲线：的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设点的横坐标为，则由可得，，
又可得，，
所以，解得或（舍去），
由点为曲线：与曲线：的交点，
所以与为同一点，
所以，即，
令，
则，
令可得，
由知，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故实数的最大值为.
故选：B

二、多选题
9．已知，过点作直线的垂线，垂足为，则（    ）
A．直线过定点 B．点到直线的最大距离为
C．的最大值为3 D．的最小值为2
【答案】AC
【分析】由点斜式确定定点，由点在以原点为圆心，直径为的圆上，结合圆的性质判断即可.
【详解】可化为，则直线过定点，故A正确；
因为直线的斜率存在，所以点与点不重合，
因为，所以点在以原点为圆心，直径为的圆上（去掉点B），
点到直线的距离为，由图可知，，故B错误；
由图可知，，即，故C正确，D错误；
故选：AC
  
10．年月日，工业和信息化部成功举办第十七届“中国芯”集成电路产业大会．此次大会以“强芯固基以质为本”为主题，旨在培育壮大我国集成电路产业，夯实产业基础、营造良好产业生态.某芯片研发单位用在“A芯片”上研发费用占本单位总研发费用的百分比如表所示. 已知，于是分别用p＝和p＝得到了两条回归直线方程：，，对应的相关系数分别为、，百分比y对应的方差分别为、，则下列结论正确的是（    ）（附：，）
年份





年份代码x







p


q

A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】根据已知条件，结合方差、相关系数的定义，以及最小二乘法公式即可求解.
【详解】时，，变量、呈线性正相关，故，故A正确；
方差反映数据的稳定性，显然时更稳定，故此时方差更小，即，故B正确；
由于，当时，
，
当时，，
所以，故C正确；
因为，所以时，，故D错误.
故选：ABC
11．如图，直线，点A是之间的一个定点，点A到的距离分别为1和2.点是直线上一个动点，过点A作，交直线于点，则（    ）

A． B．面积的最小值是
C． D．存在最小值
【答案】BC
【分析】根据题意建立合适的直角坐标系，设出，，，根据及，即可找到三个点的坐标关系，分别写出，，即可判断A；取中点为，连接，根据，可得三点共线，且为靠近的三等分点，即可找到面积与面积之间比例关系，进而建立面积等式，根据基本不等式即可判断B；求出，再根据基本不等式可判断C；写出进行化简，根据的范围即可得到的最值情况.
【详解】设中点为，
连接，
以为原点，方向分别为轴建立如图所示的直角坐标系，
  
则，，
设，，，，且，
所以，，
因为，所以，
即，故，即，
所以，，，
因为，
所以，
因为，
故，A错误；
因为，
所以，即，
所以三点共线，且为靠近的三等分点，
所以

，
当且仅当，即时取等，故B正确；
因为，
所以
，
当且仅当，即时取等，
故，C正确；
因为，
所以
，
因为且，所以，
记，
，
可知单调递增，没有最值，
即没有最值，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题考查了平面向量数量积的性质以及平面向量在平面几何中的应用，属于较难题目.
12．球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A,B,C是球面上不在同一大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的球面部分称为球面，定义为经过两点的大圆在这两点间的劣弧的长度，已知地球半径为，北极为点N，点P，Q是地球表面上的两点，则（    ）
  
A．
B．若点在赤道上，且经度分别为东经30°和东经60°，则
C．若点在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，则球面的面积
D．若，则球面的面积为
【答案】BD
【分析】当时，求得，可判定A错误；求得，得出，可判定B正确；由球心角，结合球的表面积求得的面积，可判定C错误；由时，构造正四面体，求得，结合对称性，求得球面的面积，可判定D正确.
【详解】对于A中，当时，可得，
此时，可得，所以A不正确；
对于B中，当点在赤道上，且经度分别为东经30°和东经60°，
可得球心角，此时，所以B正确；
对于C中，当点在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，
可得球心角，又由球的表面积为，
所以的面积为，所以C错误；
对于D中，如图所示，当时，可得为等边三角形，
构造一个球内接正四面体，其中心为，
连接交于点，则，为正四面体内切球得到半径，
设正四面体的表面积为，可得，
即，
可得，即为高的靠近的四等分点，
则，
由余弦定理可得，解得，
根据对称性，可得球面的面积为，所以D正确.
故选：BD.
  

三、填空题
13．已知，则实数的取值范围___________.
【答案】
【分析】求解对数不等式和根式不等式，即可求得参数的范围.
【详解】，即，解得；
，即，
当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；
综上所述，.
故答案为：.
14．已知锐角满足，，则_____.
【答案】
【分析】根据正切的和角公式，结合已知条件，求得；根据根与系数的关系，求得，结合角度范围，求得即可.
【详解】由可得：，则，
解得，又，
故为一元二次方程的两个实数根，
又，解得；
若，又为锐角，也为锐角，故可得，则，不满足为锐角，舍去；
若，则，故，
又，为锐角，故可得，则.
故答案为：.
15．函数在区间上存在零点，则的最小值为_________.
【答案】/
【分析】设为在上的零点，可得，转化为点在直线上，根据的几何意义，可得有解，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得答案．
【详解】设为在上的零点，可得，
所以，即点在直线，
又表示点到原点距离的平方，
则有解，即有解，
令，可得，
因为，，
所以恒成立，
可得在上为单调递增函数，
所以当时，，
所以，即的最小值为．
故答案为：.
16．考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆：上，且其中恰有两个顶点为椭圆的顶点．这样的等腰三角形有________个.
【答案】20
【分析】分别以椭圆顶点连线为等腰三角形的腰或底，进行分类讨论，得到答案.
【详解】不妨设，
如图1，连接，当为等腰三角形的底时，作的垂直平分线交椭圆于两点，
连接，则为等腰三角形，满足题意，

同理当为等腰三角形的底时，也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个；
如图2，当为等腰三角形的腰时，以为圆心，为半径作圆，

则圆的方程为，
联立，解得或或或，
即圆与椭圆相交于点，连接，
其中满足要求，三个顶点均为椭圆顶点，不合题意，
同理当为等腰三角形的腰时，也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个；
如图③，以为圆心，为半径作圆，此时圆与椭圆相交于点，

连接，此时为等腰三角形，满足题意，共有2个，
如图4，以为圆心，为半径作圆，此时圆与椭圆相交于点，
连接，此时为等腰三角形，满足题意，共有2个，

由椭圆性质可知，为椭圆中的最长弦，所以不能作为等腰三角形的腰，而作为底时，刚好等腰三角形的顶点为上顶点或下顶点，不合要求，
综上：满足要求的等腰三角形个数为8+8+2+2=20.
故答案为：20.
【点睛】方法点睛：两圆一线，是平面几何中等腰三角形存在性问题的通用解法，这里以椭圆为背景进行考察，基本思路没有变化，但要注意两圆一线所得到的等腰三角形有不满足要求的，要舍去.

四、解答题
17．在△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)线段上一点D满足，，求的长度．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解；
（2）根据角之间的关系及正弦定理求出，由同角三角函数间的基本关系求出即可得解.
【详解】（1）由结合正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
因为，所以；
（2）如图，
  
由题设，令，
则，，，
在△中，
即，
所以，故，
所以，又，，
解得.
在等腰中，取中点，连接，则，
则.
18．设正项数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)能否从中选出以为首项，以原次序组成的等比数列.若能，请找出公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列的前项和；若不能，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能，，.

【分析】（1）对题干的递推关系先平方，然后多写一项作差，结合正项数列的性质，可证明其是等差数列；
（2）注意到的每一项是偶数，偶数数列是等比数列的很容易想到，然后证明其公比最小，最后在分组求和.
【详解】（1），
当时，，即，
得或（舍去）.
当时，由，……①
得，……②
得：，
化简得.
因为，所以，，
即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）存在.
当，时，
会得到数列中原次序的一列等比数列，
此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；
下面证明此时的公比最小：
，假若取，公比为，
则为奇数，不可能在数列中.
所以.
又，所以，即的通项公式为：，
故.
19．已知四面体ABCD，D在面ABC上的射影为，为的外心，，.
  
(1)证明：BC⊥AD；
(2)若E为AD中点，OD=2，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，连接并延长交于，连接，由线面垂直的判定定理可得面，即可证明BC⊥AD；
（2）解法一：取中点，连接，作垂直交于点，连接，由题意可得即为平面与平面夹角的平面角.
解法二：建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算，结合二面角的公式即可得到结果.
【详解】（1）  
连接并延长交于，连接，
因为O恰好为△ABC的外心，所以，
又，，所以，
所以，即是的角平分线，
又，所以由等腰三角形三线合一可得，
因为D在面ABC上的投影为O，所以面ABC，
又面ABC，所以，
又面，所以面，
又面，所以.
（2）  
解法一：在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，
由（1）知，面ABC，
取中点，连接，因为，,面ABC,
作垂直交于点，连接，即为平面与平面夹角的平面角.
由题可得，，
，
即平面与平面夹角的余弦值为.
解法二：由（1）知，面ABC，过作轴平行于，则轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，
在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，又，，则，
设，则，又，所以，解得，故，
则
故，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，故，
易得是平面的一个法向量，设平面与平面夹角的平面角为，，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．数轴上的一个质点从原点出发，每次随机向左或向右移动1个单位长度，其中向左移动的概率为，向右移动的概率为，记点移动次后所在的位置对应的实数为.
(1)求和的分布列和期望；
(2)当时，点在哪一个位置的可能性最大，并说明理由.
【答案】(1)分布列见解析， ，
(2)对应实数为4，理由见解析

【分析】（1）根据题意分别计算对应的概率列出分布列，求期望；
（2）设点向右移动次，向左移动次的概率为，作商与1比较可得出时最大即可得解.
【详解】（1）当时，
，
，.



1
3





.
当时，
，
，，
.



0
2
4






.
（2）设点向右移动次，向左移动次的概率为，则，

当时，，随的值的增加而增加，
当时，，随的值的增加而减小，
所以当时，最大，
此时点所在的位置对应的实数应为4.
21．已知椭圆，是椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线与直线交于点，是直线与椭圆的两个交点.
(1)求直线与直线的斜率之积；
(2)求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设，，，根据导数的几何意义可求得椭圆的切线方程，从而可得，再根据斜率公式即可求解；
（2）分、、三种情况分别求解，根据弦长公式和点线距离可求得面积，再利用导数判断单调性，从而求得最大值.
【详解】（1）  
设，，，
由可得，对其求导可得，
所以当时，直线的斜率为，
则直线的方程为，即.
当时，成立，所以直线的方程为.
同理可得直线的方程为，
又因为是两条切线的交点，所以有，，
所以，则，又因为，
所以.
（2）①当时，联立直线与椭圆方程，
得，
，，
则，
联立直线与椭圆方程，解得点.
则点到直线的距离，
所以


令，则，
令，则，记，
，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当，，即时，.
所以，所以面积的最大值是.
②当时，直线的方程为，联立，
可得，根据椭圆的对称性，不妨令，则，
则点到直线的距离，
所以
令，则，记，
，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当，时，.
所以，所以面积的最大值是.
根据对称性可得当时，面积的最大值是.
所以当时，的最大值为.
当时，同理可求得，当时，的最大值为.
综上，当时，面积的最大值是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
22．已知是方程的两个实根，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)已知，，若存在正实数，使得成立，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将整理为，即可得到方程的根即方程的根，由此令，利用导数求该函数的最小值，即可求得答案.
（2）由题意可得要证明即证明，结合（1）可知，从而将问题转化为证明，由此构造函数，判断函数的单调性，利用导数即可证明结论.
【详解】（1）由，可得，即，
设，函数为单调递增函数，
则，则，即，
所以方程的根即方程的根.
令，则，
当且，；当，；
在上单调递减，且，在上单调递减，在上单调递增，
当时，的值趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，
因为方程有两个实根，所以，故.
（2）要证，即证，由（1）可得，
只需证明，
下面证明；
令，，所以在上单调递增，
又因为，则当时，.
设，则，
当时，，
设，则，
所以当时，，在上单调递增，
所以，则，
所以，则在单调递增，
所以，即．
综上所述，.
【点睛】难点点睛：证明时，要结合题意转化为证明，结合（1）的结论即证明，由此要连续构造函数，即利用导数正负与函数单调性的关系，连续证明不等式，从而证明结论.