2023届浙江省（全国1卷）高三数学原创预测卷（一）（解析版）

这是一份2023届浙江省（全国1卷）高三数学原创预测卷（一）（解析版），共20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（全国1卷）高三数学原创预测卷（一） 一、单选题1．已知集合，，则=（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对数函数的定义域化简集合，根据一元二次不等式的解法化简，根据交集的定义求即可.【详解】，，所以，.故选：D.2．双曲线的渐近线方程为A． B．C． D．【答案】A【解析】将双曲线方程化为标准方程为，其渐近线方程为，化简整理即得渐近线方程.【详解】双曲线得，则其渐近线方程为，整理得.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用.3．圆C：关于直线对称的圆的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据点关于直线对称的性质，结合圆的标准方程进行求解即可.【详解】由圆C：，可知圆心坐标：，半径为，因为点关于直线的对称点为，所以圆C：关于直线对称的圆的方程是，故选：C4．“函数的图象关于中心对称”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】B【分析】分别求出与的对称中心，比较两个中心关系.【详解】的对称中心为，的对称中心为，的对称中心不一定为的对称中心；的对称中心一定为的对称中心.故选：B．5．若二项式的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开式的有理项中第项的系数最大，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】根据条件可得.写出展开式的通项，则当是偶数时，该项为有理项，求得所有的有理项的系数，可解出的值.【详解】由已知可得，.根据二项式定理，知展开式的通项为，显然当是偶数时，该项为有理项，时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，.经比较可得，，即时系数最大，即展开式的有理项中第5项的系数最大．故选：A.6．已知抛物线C1：与椭圆C2：共焦点，C1与C2在第一象限内交于P点，椭圆的左右焦点分别为，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据得到，然后将点代入抛物线方程得到，根据共焦点得到，最后联立求离心率即可.【详解】结合抛物线及椭圆的定义可得在抛物线上，故，且，∴.故选：B.7．如图，在三棱锥中，，二面角的平面角，，，则直线与直线的所成最大角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先取的中点，连接交于，连接，，根据题意得到当时，得到直线与直线的所成最大角的正切值，即可得到答案.【详解】取的中点，连接交于，连接，，如图所示：因为为中点，为中点，交于，则为的重心.即：.因为，又因为，即，所以，.，，即.因为，为中点，所以，因为，为中点，所以，所以为二面角的平面角，即，.因为直线与直线的所成角为，当时，取得最大值，当时，即，平面，即.所以直线与直线的所成角正切值最大为.故选：D8．已知实数满足，当取到最小值时，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知可得，结合二次函数的性质可知，进而得解.【详解】因为，所以，当，取到最小值，此时可得．故选：D 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．直线的倾斜角为B．存在使得直与直线垂直C．对于任意，直线与圆相交D．若直线过第一象限，则【答案】ABC【分析】对于A：化简成点斜式，利用斜率与倾斜角的关系得出结论，C选项首先求出直线过定点，且定点在圆的内部，得出结论，B、C是通过特值得出结论.【详解】对于A：∵，∴，∴，故A正确；对于B：时符合题意，故B正确；对于C：化简得：∴，解得∴直线过定点，又∵∴该定点在圆内，∴直线与圆相交，故C正确；对于D：当此时直线为，经过第一象限，此时，故D错误．故选：ABC．10．设函数，已知在，有且仅有4个零点．则下列说法正确的是（    ）A．在必有有2个极大值点 B．在有且仅有2个极小值点C．在上单调递增 D．的取值范围是【答案】BD【分析】令，则，根据复合函数的单调性及图像综合判断即可．【详解】解：依题意知，由于在，有且仅有4个零点，结合图像及单调性可得，，故D对；令，，有1或2个极大值点，结合复合函数的单调性知也有1或2个极大值点，故A错；同理有2个极小值点，所以有2个极小值点，故B对；当时，，，，递减，根据复合函数单调性得递减，故C错；故选：BD．11．已知是定义在上的单调函数，对于任意，满足，方程有且仅有4个不相等的实数根，则正整数的取值可以是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】BCD【分析】由题知为常数，令，由求得，结合奇偶性将问题转化为与图象在上仅有两个不同交点，分析函数图象验证的取值是否满足.【详解】因为是定义在上的单调函数，对于任意，满足，所以为常数，令，则且，即，此方程有唯一的根，故，因为为偶函数，方程有且仅有4个不相等的实数根，当且仅当方程在上有且仅有两个不相等的实数根，即在上有且仅有两个不相等的实数根，方程根的个数可看成与图象交点个数，当时，方程无根，故不满足；当时，方程两根分别为，故满足；当时，此时直线比更陡，故有两个交点，所以时满足；故选：BCD12．已知不等式恒成立，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】由题知不等式恒成立，进而构造函数，结合导数得，即，进而得，，再解方程，并讨论各选项即可.【详解】解：因为不等式恒成立，所以不等式恒成立，即不等式恒成立，（1）令，则，所以，当，单调递增；当，单调递减；所以，即，所以，，，即因为（1）式等价于， 所以，，即，解得.所以，，，故选：ACD． 三、填空题13．若复数满足（为虚数单位），则______．【答案】【分析】根据复数得乘除法运算结合复数得乘方即可得解.【详解】解：由，得，所以，则，所以.故答案为：.14．已知，，则_______．【答案】【分析】计算得到，，利用换底公式计算得到答案.【详解】，故，，，.故答案为：15．如图，在四边形ABCD中，，，，，，则________．【答案】【分析】连接，在△中求得，结合余弦的差角公式，即可求得，再在△中，利用余弦定理即可求得.【详解】连接，如下所示：在△中，由余弦定理，可得，故可得，则，又，故；又，又，故可得；则，在△中，由余弦定理可得即，故.故答案为：.16．已知为单位向量，满足，当与的夹角最大时，_________．【答案】【分析】取，设，，则，，根据结合正切的和差公式，根据向量的运算法则结合均值不等式计算得到答案.【详解】不妨取，设，故，故；设，则，即，故，，设与的夹角为，则，不妨取，则，当，即时等号成立，此时夹角最大，.故答案为： 四、解答题17．设函数．(1)求单调递增区间；(2)在锐角三角形中，内角所对边分别为，已知，，求的取值范围．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）化简得，再解不等式，即得解；（2）求出，再利用正弦定理得到，化简得，再利用三角函数的图象和性质求解.【详解】（1）解：由题得，令，所以.所以函数单调递增区间为.（2）解：因为，所以,因为,由正弦定理得 所以,因为三角形是锐角三角形，所以.所以.所以的取值范围为.18．现有甲、乙、丙、丁等6人去参加新冠疫苗的接种排队，有A、B、C、D 4个不同的窗口供排队等候接种，每个窗口至少有一位同学等候．(1)求甲、乙两人在不同窗口等候的概率；(2)设随机变量X表示在窗口A排队等候的人数，求随机变量X的期望．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先利用排列组合求出事件得总数及甲乙排在一起的情况得数量，再根据古典概型及对立事件得概率公式即可得解；（2）先写出随机变量的取值，再求出对应随机变量的概率，再根据期望公式进行求解．【详解】（1）解：总数为，其中甲乙排在一起的情况为：，故甲、乙两人在不同窗口等候的概率为；（2）解：可取，，，，所以.19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，点在底面内的投影恰为中点，且．(1)若，求证：面；(2)若平面与平面所成的锐二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据已知条件，不妨设，，然后根据勾股定理分别证明，，最后根据线面垂直的判断进行证明即可.（2）首先过点做底面垂线，垂足为中点.不妨假设底面正方形的边长为，.建立空间直角坐标系，通过已知条件平面与平面所成的锐二面角为，求出，最后根据线面角的夹角公式进行求解即可.【详解】（1）如图，连接，.已知，不妨设，.已知点在底面的投影落在中点，所以四棱锥为正四棱锥，即，底面为正方形，，得，同理得，为的中点，，，得，，，同理可得，平面，平面，且，平面.（2）如图，过点做底面垂线，垂足为中点.以所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴如图建立空间直角坐标系.不妨假设底面正方形的边长为，.因此得，，，，，.，，，，设平面的法向量为，由，得，解得：，，，故；设平面的法向量为，由，得，解得：，，，故；由平面与平面所成的锐二面角为，得，解得或（舍）.得，，设直线与平面所成角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.20．已知数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足：，的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)由条件证明数列为等差数列，由等差数列通项公式求的通项，由此可求数列的通项公式；(2)由(1)通过放缩证明，由此证明，利用基本不等式结合放缩证明，由此证明.【详解】（1）因为，所以，即，又，所以，所以数列为首项为1，公差为1的等差数列，所以，故，所以数列的通项公式为；（2）因为当时，，所以，所以，又当，且时，，所以当，当，且时，，所以，所以对于任意的，，综上所述，对于任意的，.21．已知抛物线：，过其焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，与椭圆交于C、D两点，其中．(1)求抛物线方程；(2)是否存在直线，使得是与的等比中项，若存在，请求出AB的方程及；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在；理由见解析 【分析】（1）设直线的方程为，，联立直线与抛物线，利用根与系数的关系结合已知条件即可求解；（2）由焦半径公式可得，设，由得，由根与系数的关系结合弦长公式可得，若是与的等比中项，则，即，判断方程是否有解即可求解【详解】（1）设直线的方程为，，由得，则，，，又，所以，又，所以，所以抛物线方程为；（2）由（1）可知：，所以，设，由得，则，所以，若是与的等比中项，则，即，所以，即，所以，因为，所以，所以方程无解，所以不存在直线，使得是与的等比中项．22．设，(1)当时，求证：对于任意；(2)设，对于定义域内的，有且仅有两个零点求证：对于任意满足题意的，．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）将代入中，构造新函数求导，利用函数导数单调性判断即可；（2）先化简，根据解析式分析在两段上各有一个零点或者在第二段上有两个零点，分别讨论分析即可.【详解】（1）证明：当时，，令所以所以因为，所以所以在上单调递增所以所以对于任意，（2）由 当时，当时，所以依题有且仅有2个零点，当，不满足题意所以在两段上各有一个零点或者在第二段上有两个零点．①两段上各有一个零点，令．则，得，得因此： 令，恒成立，所以在单调递减.要证：即证：即证：即证：因为所以所以成立，因此，成立②若均在同一段：上，则必有所以对于任意满足题意的，．【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），②求极值或最值③求切线方程④通过切线方程求原函数的解析式⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围⑥证明不等式解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.