浙江省杭州地区（含周边）重点中学2023届高三数学下学期一模试题（Word版附解析）

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2023年浙江省杭州市高考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，，然后进行交集的运算即可．
【详解】依题意得，，
所以．
故选：C．
2. 已知为虚数单位，复数，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数模的计算公式求解即可．
【详解】由复数，则．
故选：B．
3. 已知单位向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将=1两边平方得到向量的数量积，再根据在方向上的投影向量公式得出结果.
【详解】由已知，
因为，所以.
所以在方向上的投影向量为.
故选：B．
4. 国际数学家大会已经有了一百多年历史，每届大会都是吸引当时世界上研究各类数学和相关问题的世界顶级科学家参与世纪的第一次国际数学家大会在我国北京举行，有来自多个国家的多位数学家参加了本次大会这次大会的“风车”会标取材于我国古代数学著作《勾股圆设方图》，该弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为，且大正方形与小正方形面积之比为，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，求出小正方形的边长为，大正方形的边长为，结合题意可得，联立，求解即可得出答案
【详解】解：设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，
小正方形的边长为，大正方形的边长为，
大正方形与小正方形面积之比为，
所以，，则，①
因为，则，②
又因为，③
由①②③可得.
故选：C.
5. 四位爸爸、、、相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则的小孩与交谈的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设、、、四位爸爸的小孩分别是、、、，列举出所有的基本情况，并列举出“的小孩与交谈”所包含的基本情况，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】解：设、、、四位爸爸的小孩分别是、、、，
则交谈组合有种情况，分别为：
，，，，，
，，，，
的小孩与交谈包含的不同组合有种，分别为：，，，
的小孩与交谈的概率是．
故选：A.
6. 已知函数，若在区间上有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质的应用即可求出的取值范围．
【详解】函数 ，
令，由，则，
又函数在区间上有且仅有个零点和条对称轴，
即在区间上有且仅有个零点和条对称轴，
作出的图象如下，

所以，得．
故选：D．
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，对求导，结合导数分析函数的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．
【详解】令，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
因为，所以，
又，所以，
所以，，
所以，
故．
故选：B
8. 空间中四个点、、、满足，，且直线与平面所成的角为，则三棱锥的外接球体积最大为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求的外接圆的半径，过作平面于，可得，可得当，，在一直线上时，三棱锥的外接球体积最大，求解即可．
【详解】设是三角形的外接圆的圆心，因为，所以是正三角形，

则三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，
由题意可得，过作平面于，
直线与平面所成的角为，，，
故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
当球心到的距离最大时，三棱锥的外接球体积最大，
所以在延长线上时，三棱锥的外接球体积最大，

设的中点为，连接，则，，
又，，
所以，，
，
三棱锥的外接球体积最大为.
故选：C．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 如图，正四棱柱中，，、分别为的中点，则（ ）

A.
B. 直线与直线所成的角为
C. 直线与直线所成的角为
D. 直线与平面所成的角为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理、线面角的定义，结合异面直线所成的角定义逐一判断即可.
【详解】对A选项，如图，取的中点，连接，，，
又，分别为的中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，又易知，
，所以本选项正确；
对B选项，假设直线与直线所成的角为，即，
由正四棱柱的性质可知：平面，而平面，
所以，显然平面，
所以平面，而由正四棱柱的性质可知：平面，
所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此本选项错误；
对C选项，在矩形中，因为，
所以，而，因此，
所以直线与直线所成的角为，本选项正确；
对D选项，由A选项分析可知，
直线与平面所成的角为，
又根据题意易知，本选项正确，
故选：ACD

10. 下列说法正确的有（ ）
A. 若事件与事件互斥，则
B. 若，，，则
C. 若随机变量服从正态分布，，则
D. 这组数据的分位数为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用互斥事件的定义判断A，利用条件概率公式和独立事件的定义判断B，利用正态分布曲线的对称性判断C，利用百分位数的定义判断D.
【详解】选项A，若事件与事件互斥，则，故A错误；
选项B，若，，，
则，即事件与事件相互独立，
所以，故B正确；
选项C：若随机变量服从正态分布，，
则，
所以，故C正确；
选项D：将数据进行排序得，共个，
，所以这组数据的分位数为，故D错误；
故选：BC
11. 设为抛物线：的焦点，过点的直线与抛物线交于两点，过作与轴平行的直线，和过点且与垂直的直线交于点，与轴交于点，则（ ）
A. 为定值
B. 当直线的斜率为时，的面积为其中为坐标原点
C. 若为的准线上任意一点，则直线，，的斜率成等差数列
D. 点到直线的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.设直线的方程为，代入抛物线方程化为，利用根与系数的关系可得，结合抛物线方程可得，进而判断出正误．B.当直线的斜率为时，直线的方程为，代入椭圆方程可得：，利用根与系数的关系及抛物线的定义可得，利用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，可得的面积，进而判断出正误．C.设，利用斜率计算公式可得，，，计算，进而判断出正误．D.过点作，垂足为，利用相似的性质可得，，进而得出，即可判断出正误．
【详解】解：A.，设直线的方程为，
联立，化为，
，，
，，
为定值，因此A正确．
B.当直线的斜率为时，直线的方程为，
代入椭圆方程可得：，
，，
点到直线的距离，
的面积为，因此B不正确．
C.设，则，，，
，
通分后分子 ，
，，

即，则直线，，的斜率成等差数列，因此C正确．
D.如图所示，

过点作，垂足，，，
又，，，因此D正确．
故选：ACD．
12. 已知函数的零点为，函数的零点为，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得，，令，可得，代入方程可得，变形为，根据函数的单调性及已知，，可得，，进而根据指数与对数的运算性质以及导数判断出结论的正误．
【详解】由题意可得，，
令，则，
代入方程可得，
变形为，
令，，
可知函数在上单调递减，
又，，
，即．
由，，即，因此A正确；
，因此B正确；
，因此C不正确；
令，则，
函数在上单调递增，，
，因此D正确．
故选：ABD
【点睛】利用导数可求得函数的最值（范围），步骤如下：先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导函数求得函数的单调区间，再根据单调性求得函数的最值（范围）.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在的展开式中，常数项为 ______ ．
【答案】41
【解析】
【分析】将问题转化成的常数项及含的项，利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为，求出常数项及含的项，进而相加可得答案．
【详解】先求的展开式中常数项以及含的项；

由得，由得；
即的展开式中常数项为，
含项为
的展开式中常数项为
故答案为：
14. 已知点，直线与圆：交于两点，若为等腰直角三角形，则直线的方程为 ______ 写出一条即可
【答案】（或或）
【解析】
【分析】分、和讨论即可得解.
【详解】由圆：，得圆心，半径，
，在圆上，
若，可得过圆心且，
又，，
直线的方程为，即；
若，可得过圆心且，
则,可得的直线的方程为，联立圆方程，
解得或，可得的坐标为或，
根据圆的对称性易知，
直线的方程为或，
即或；
若，由的等价性可知该情况与一致；
综上：直线方程为：或或．
故答案为：（或或）.
15. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，若与椭圆无公共点的直线上存在一点，使得的最大值为，则椭圆离心率的取值范围是 ______．
【答案】
【解析】
【分析】不妨设，，，，直线倾斜角为，直线倾斜角为，由，结合基本不等式可得，由已知可得，进而可求椭圆离心率的取值范围．
【详解】不妨设，，，，
设直线倾斜角为，直线倾斜角为，
则，
，
若的最大值为，则有最小值，
又，当且仅当，即时取等号，
则，即，解得，
又椭圆与直线无公共点，则，所以，
所以椭圆离心率的取值范围是．
故答案为：．
16. 若点在函数的图象上，则的取值范围是 ______ ．
【答案】
【解析】
【分析】运用两点的距离公式和不等式的性质，以及构造函数并利用导数判断单调性，可得所求取值范围．
【详解】由，，
可得，
因为恒成立，
所以，即；
设，，
因为，所以，即在递减，
所以，
则，即，
则的取值范围是.
故答案为：
【点睛】利用导数可求得函数的最值，步骤如下：先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导函数求得函数的单调区间，再根据单调性求得函数的最值.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知中角 、、所对的边分别为、、，且满足，．
（1）求角A；
（2）若，边上中线，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（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，两边同时平方，求出，再结合三角形的面积公式，即可求解．
【小问1详解】
，
所以由正弦定理得，
，
，即，
，，
，；
【小问2详解】
，
 则， 即，
而，边上中线，
故，解得，
．
18. 已知数列的前项和为，且．
（1）求及数列的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，求数列的前项和．
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）先将代入题干表达式计算出，再将代入题干表达式即可计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步推导即可发现数列是以为首项，为公比的等比数列，从而计算出数列的通项公式；
（2）先根据第题的结果写出与的表达式，再根据题意可得，通过计算出的表达式即可计算出数列的通项公式，最后运用错位相减法即可计算出前项和．
【小问1详解】
解：由题意，当时，，解得，
当时，，
即，解得，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
整理，得，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，．
【小问2详解】
由（1）可得，，，
在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，
则有，
，
，
，
，
两式相减，
可得

，
．
19. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，平面平面，为棱上的点，且．

（1）求证：平面；
（2）若，二面角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的一个三等分点，连接，，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面．
（2）由，平面平面，得出平面，，是二面角的平面角，建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面、平面的法向量，用法向量求平面与平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
证明：如图所示：

设点为的一个三等分点，且，连接，，
因为，，所以，，
又因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
如图所示：

因为，平面平面，
且平面平面，所以平面，
所以，所以为二面角的平面角，
以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，得；
同理，，，设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
．
20. 中国男篮历史上曾次参加亚运会，其中次夺得金牌，是亚运会夺冠次数最多的球队第届亚运会将于年月日至月日在杭州举办．
（1）为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某学校随机抽取了男生和女生各名进行调查，得到列联表如下：

喜爱篮球
不喜爱篮球合计

男生



女生



合计



依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱篮球运动与性别有关？
（2）校篮球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到记开始传球的人为第次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．
（i）求，，并证明：为等比数列；
（ii）比较第次触球者是甲与第次触球者是乙的概率的大小．
参考公式：，其中为样本容量．
参考数据：













【答案】（1）认为喜爱足球运动与性别有关
（2）(i)，，证明见解析；(ii)第次触球者是甲的概率比第次触球者是乙的概率大
【解析】
【分析】（1）假设：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，对照附表即可得出结论．
（2）根据题意写出、的值，第次触球者是甲的概率记为，时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，由此得出，即可判断是等比数列；写出，计算和的值，比较大小即可．
【小问1详解】
解：假设：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，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
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．
【小问2详解】
由题意知，，，，；
证明：第次触球者是甲的概率记为，
则当时，第次触球者是甲的概率为，
第次触球者不是甲的概率为，
则，
从而，
又，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
第次触球者是甲的概率为，
所以，
第次触球者是乙的概率为，
所以第次触球者是甲的概率比第次触球者是乙的概率大．
21. 已知双曲线：的离心率为，并且经过点．
（1）求双曲线的方程．
（2）若直线经过点，与双曲线右支交于、两点其中点在第一象限，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，且直线与交于点，直线与交于点，证明：双曲线在点处的切线平分线段．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可求，，可求双曲线的方程．
（2）设，，与双曲线联立方程，求得，的方程求得，坐标，可求得中点的坐标，点处的切线经过线段的中点即可．
小问1详解】
依题意，离心率，，
解得，，
双曲线的方程为．
【小问2详解】
证明：设，，则，，
直线为，代入双曲线方程得．
则且，
，
，
，
，
直线的方程为，
令，得，
，直线为，
令，得：，即，
设线段的中点坐标为，
则，，
过点的切线方程为：，
要证双曲线在点处的切线平分线段，
即证点处的切线经过线段的中点，

，
点处的切线过线段的中点，即点处的切线平分线段．
22. 已知函数.
（1）若函数为增函数，求的取值范围；
（2）已知.
（i）证明：；
（ii）若，证明：.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；
（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；
（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.
【小问1详解】
∵，则，
若是增函数，则，
且，可得，
故原题意等价于对恒成立，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递增，在递减，故，
∴的取值范围为.
【小问2详解】
（i）由（1）可知：当时，单调递增，
∵，则，即，
整理得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递减，在递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，
故；
（ii）∵，则，
可知有两个不同实数根，由（1）知，
可得，
同理可得，
构建，则，
当时，；当时，；当时，；
且，故对恒成立，
故上单调递减，
∵，则，即，
且，则，故，
可得；
又∵，由（i）可得，即，
则，
且，则，
可得；
综上所述：.
可得，则
故.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．