浙江省强基联盟2023届高三数学下学期仿真模拟(二)试题（Word版附解析）

这是一份浙江省强基联盟2023届高三数学下学期仿真模拟(二)试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了全卷分试卷和答题卷，试卷共6页，有4大题，22小题等内容，欢迎下载使用。
2022学年第二学期浙江强基联盟高三仿真模拟卷（二）数学试题 考生须知：1．全卷分试卷和答题卷．考试结束后，将答题卷上交．2．试卷共6页，有4大题，22小题．满分150分，考试时间120分钟．3．请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效．选择题部分（共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集合，，则（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数函数和指数函数的性质分别解得集合，再由交集定义写出.【详解】解，得，所以，解，得，所以,所以.故选：C.2. 已知是虚数单位，，，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】A【解析】【分析】根据复数的相关运算，由充分不必要条件的概念判断即可.【详解】当时，，则；反之，，若，则.所以，则，所以不一定得到.综上：“”是“”的充分不必要条件.故选：A3. 如图，某同学到野外进行实践，测量鱼塘两侧的两棵大榕树A，B之间的距离．从B处沿直线走了到达C处，测得，，则（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由条件可得，然后结合正弦定理即可得到结果.【详解】由题意可得，，且，，则，所以，，在中，由正弦定理可得，即，解得.故选:A4. 从1，2，3，4，5，6这6个数中随机地取3个不同的数，3个数中最大值与最小值之差不小于4的概率为（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先根据组合数求解总情况数，再根据古典概型的方法，列举所有可能的情况求解即可.【详解】从，，，，，中任取三个不同的数，共有不同的取法有种，其中这3个数最大值与最小值之差不小于4是：共10种，则3个数中最大值与最小值之差不小于4的概率为.故选：D.5. 已知平面向量，，向量，在单位向量上的投影向量分别为，，且，则可以是（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设，由为单位向量可得，再结合投影向量的概念、向量坐标运算以及题设所给的条件可得，从而解得与的值，即可得解.【详解】设，由为单位向量可得，，因为向量，在单位向量上投影向量分别为，，所以，，即，，因为，，所以，，又因为，所以，即，因为，所以与不同时为0，即，则，所以，所以或.故选：C6. 中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，、，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中四面体的体积为（    ）．A.  B. 1 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可求，即与为全等的等腰三角形，取的中点，连接，构造出平面与垂直，从而可求四面体的体积.【详解】依题意，根据勾股定理可求，，，即与为全等的等腰三角形，取的中点，连接，由等腰三角形的性质可得，，所以面，且，可求的高为，从而，.故选：B7. 已知函数，，，在上单调，则的最大值为（    ）．A. 3 B. 5 C. 6 D. 7【答案】D【解析】【分析】根据可知直线为图象的对称轴，根据可得的对称中心为，结合三角函数的周期性可得，再根据在上单调，可得，逐一验证当取到最大值11,9,7时，求解，检验在上单调性看是否满足，即可得答案.【详解】，∴直线为图象的对称轴，，的对称中心为，，，．又在上单调，．，，又，∴当时，，因为直线为图象的对称轴，所以，，解得，，又，所以，则，当时，，则在上不单调，舍去；当时，，因为直线为图象的对称轴，所以，，解得，，又，所以，则，当时，，则在上不单调，舍去；∴当时，，因为直线为图象的对称轴，所以，，解得，，又，所以，则，当时，，则在上单调.则的最大值为7．故选：D8. 下列不等式正确的是（    ）．（其中为自然对数的底数，）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】A选项可找中间值2判断；将不等式化为，数形结合可判断B选项；构造函数，结合其单调性可判断C；由飘带函数的单调性可判断D.【详解】，可得，故A选项错误；因为在上单调递增，并且函数图像上凸，所以，所以，故B选项错误；构造函数，，时，时函数在上单调递增，在上单调递减，又因为，所以成立，故C选项正确；令，，所以在上单调递减，又，所以时，所以，所以，故D选项错误．故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知，则下列命题中成立的是（    ）．A. 若，是第一象限角，则B. 若，是第二象限角，则C. 若，是第三象限角，则D. 若，是第四象限角，则【答案】BD【解析】【分析】举反例判断A，C；利用终边相同的角的表示，结合正余弦函数以及正切函数的单调性可判断B，D.【详解】对于A，不妨取，满足题意，但是，A错误；对于B，设,因为，故，由于在上单调递减，故，B正确；对于C，不妨取，满足题意，而，C错误；对于D，设，因为，故，由于在上单调递增，故，D正确；故选：BD10. 掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据这5次的统计结果，下列选项中有可能出现点数1的是（    ）．A. 中位数是3，众数是2 B. 平均数是4，中位数是5C. 极差是4，平均数是2 D. 平均数是4，众数是5【答案】BCD【解析】【分析】根据数字特征的定义，依次对选项分析判断即可【详解】对于A，中位数是3，则这5个数从小到大排列后，第3个数是3，第1、2个数是2才能使众数为2，故第1个数不是1，故A不正确，对于B，有可能出现点数1，例如；对于C，有可能出现点数1，例如；对于D，有可能出现点数1，例如；故选：BCD.11. 如图，已知抛物线，过抛物线焦点的直线自上而下，分别交抛物线与圆于四点，则（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】由题知，设直线为，，，联立方程，消去得，根据韦达定理可得，，然后根据直线与抛物线的位置关系，焦点弦性质，均值不等式，求导逐个计算即可.【详解】由抛物线方程可知，设直线为，，，联立方程，消去得，所以，，由抛物线的定义可知，，又点是圆的圆心，所以 ，，所以，选项A正确；因为，由上述可知，，当且仅当时等号成立，所以，选项B正确；因为，由上述可知，所以，所以，其中，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，选项C错误；因为，由上述可知，，当且仅当，即，时等号成立，所以，选项D错误；故选：AB12. 若定义在上的函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（    ）．A. 若，，，则B. 若，则C. 若，则的图像关于点对称D. 若，则【答案】BC【解析】【分析】根据已知应用单调性分情况可以判断A选项，应用单调性结合反证法可以判断D选项，赋值法可以求出B选项，根据对称性可以判断C选项.【详解】令，则，∴为奇函数，把y用代替，得到，设，，∴．又∵当时，，∴，∴在上单调递减．∵，，当时，，则当时，则，，当时，则，．综上，，∴A错误．令，得，∴，令，得，∴，∴B正确．由，得，得，又∵，为奇函数，∴，则，则的图像关于点对称，∴C正确．，假设，可得，即，当时，不成立得出矛盾假设不成立，∴D错误．故选：BC.【点睛】方法点睛：抽象函数已知奇偶性结合单调性定义得出单调性，结合对称性可以确定对称中心进而可以解题.非选择题部分（共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13. 函数的图象在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程.【详解】因为，则，所以，，，所以，函数的图象在点处的切线方程为，即.故答案为：.14. 已知函数，设，则__________．【答案】【解析】【分析】先令，可求出，然后对等式两边同时求导，并赋值即可.【详解】由，取，得到；等式两边同时求导，得到，取，得到.于是.故答案为：15. 已知圆C的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C相外切，则k的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意，由圆C的圆心到直线的距离不大于两半径之和求解.【详解】解：因为直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C相外切，所以圆C的圆心到直线的距离不大于两半径之和，即，化简得，解得，故答案为：16. 已知，为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，直线l是曲线C的切线，，分别为，在切线l上的射影，则面积的最大值为__________．【答案】##4.5【解析】【分析】取切点为P，利用椭圆的光学性质设，由直角三角形三边关系可得，，根据三角形面积公式及三角函数的性质计算即可.【详解】详解：如图，延长至，使得，由题意可知：，故，，三点共线，因为为斜边上的中线，故．取切点P，连接，，作．由椭圆的光学性质可设，，同理可得，由上分析可得，时取得最大值．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且．（1）求A；（2）点D在边上，且，，求面积的最大值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边再结合余弦定理求得A即可；（2）由向量建立等量关系，结合基本不等式求得面积的最大值即可.【小问1详解】∵，∴，即，∴，∴．小问2详解】根据题意可得，所以平方可得．又，所以，当且仅当，时，等号成立，所以，即面积的最大值为．18. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该同学比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得分，否则得0分．已知学生甲能正确回答A类问题的概率为，能正确回答B类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．（1）若学生甲先回答A类问题，，，，，记X为学生甲的累计得分，求X的分布列和数学期望．（2）从下面的两组条件中选择一组作为已知条件．学生甲应选择先回答哪类问题，使得累计得分的数学期望最大？并证明你的结论．①，；②，．【答案】（1）分布列见解析，    （2）甲同学先回答A类问题的期望大，证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件，求出随机变量X的取值，利用相互对立事件的乘法公式求出随机变量相应取值的概率，进而求出随机变量X的分布列，结合离散型随机变量的均值公式即可求解；（2）选择①，据已知条件，求出随机变量X的分布列，结合离散型随机变量的均值公式及作差比较法，结合离散型随机变量的均值的意义即可求解；选择②，据已知条件，求出随机变量X的分布列，结合离散型随机变量的均值公式及作差比较法，结合离散型随机变量的均值的意义即可求解；【小问1详解】由题意得X的可能取值为0，20，100．，，，分布列如下表：X020100P0.20.320.48．【小问2详解】如果选择条件①．若甲同学选择先回答A类问题，得到对应的分布列为0mP．若甲同学选择先回答B类问题，得到对应的分布列为0nP．所以，所以甲同学先回答A类问题的期望大．如果选择条件②．若甲同学选择先回答A类问题，得到对应的分布列为0mP.若甲同学选择先回答B类问题，得到对应的分布列为0nP.所以，所以甲同学先回答A类问题期望大．19. 已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）保持中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值（用数字作答）．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由，得到，求得，结合时，求得，进而得到数列的通项公式；（2）根据题意，得到新数列的前100项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】解：由数列的前n项和为，且，当时，，所以，当时，，不符合上式，所以数列的通项公式为．【小问2详解】解：保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，则新数列的前100项为3，1，，1，1，，1，1，1，，1，1，1，1，， ，，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则．20. 如图，在三棱锥中，，，，．（1）证明：平面；（2）点E，F分别位于线段，上（不含端点），连接，若，直线EF与平面所成的角为，求k的值．【答案】（1）证明见解析    （2）．【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理进行证明；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法，求平面ABC的法向量，由，求得参数k的值.【小问1详解】证明：因为，，所以为等腰直角三角形，，又因为，，平面，所以平面．【小问2详解】如图，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，不妨假设，所以得到，，，，，，设，，由， 解得，则，由同理可得，则．设平面的法向量为，，，取，即.又因为与平面所成的角为，所以，故．21. 已知双曲线的离心率为，且经过点．（1）求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；（2）已知过点的直线与过点的直线的交点N在双曲线C上，直线与双曲线C的两条渐近线分别交于P，Q两点，证明为定值，并求出定值．【答案】（1）双曲线C的标准方程为，渐近线方程为    （2）证明见解析，6【解析】【分析】（1）由双曲线过点和离心率求得的值，从而写出双曲线C的标准方程及其渐近线方程；（2）由点在和上，得出直线的方程，然后联立直线与渐近线方程得到P，Q两点的坐标，利用坐标表示出，化简即得结果.【小问1详解】因为双曲线经过点，所以.又因为，所以，，所以双曲线C的标准方程为，渐近线方程为．【小问2详解】设点，则，即.因为为直线和直线的交点，所以，所以点都在直线上，所以所在的直线方程为，将直线与渐近线方程联立得，解得,即，同理得，所以，因为 ，所以，所以为定值6.【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22 已知函数，．（1）求的单调性；（2）若函数在上有唯一零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为，    （2）【解析】【分析】（1）先写出定义域，然后求导，解不等式得出单调性；（2）时可证明在上单调并无零点，时可根据零点存在定理结合函数单调性进行判断【小问1详解】，，则，又因为函数的定义域为，所以的单调增区间为，单调减区间为，．【小问2详解】先证明两个结论：时，.设，则，于是在上递减，故，即时；设，，即在上递增，故，即时，.令，，．①当时，，当时，，所以当时，在上无零点，舍去．②当时，，，则，所以在上单调递增．而，，所以在上存在唯一，使得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，所以仅在上存在唯一零点．综上，a的取值范围为