2022-2023学年浙江省杭州市高考数学专项突破仿真模拟试题（二）含解析

1、高考模仿试卷第PAGE 页码16页/总NUMPAGES 总页数22页高考模仿试卷2022-2023学年浙江省杭州市高考数学专项突破仿真模拟试题（二）考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分留意事项：1答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选一选）请点击修正第I卷的文字阐明评卷人得分一、单 选 题1设集合，则（）ABCD2已知向量和，则“”是“”的（）A充要条件B充分没有必要条件C必要没有充分条件D既没有充分也没有必要条件3已知复数a满足，则a的虚部为（）AB1C0Di4现有函数图象如下，其函数表达式可能是（）ABCD5某几

2、何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）ABCD6现有边长为的正四面体，其中点M为的重心，点N，H分别为，中点下列说确的有（）ABCD7若，满足，则的最小值为（）A1B3CD08已知数列满足若有无量多个项，则（）ABCD9已知函数在上有且仅有1个零点，则下列选项中b的可能取值为（）A0BCD410定义新函数，点A为椭圆上一点，以x轴非负半轴为始边，为终边构成的角记为过点A作x轴垂线交x轴于点B，得函数值已知，则的值为（）ABCD第II卷（非选一选）请点击修正第II卷的文字阐明评卷人得分二、双空题11已知复数，若复数z为实数，则_，此时_12已知关于、的二项式的展开式中，为正整数，若的系数为

3、，则_；若，则展开式中一切项的二项式系数之和为_13已知圆，过点与圆上一点的直线的斜率范围是_；若点A恰好为过其所在的直线中对圆O张角的点（张角是指这个点到圆所作两条切线的夹角），则此直线的表达式为_14已知数列的前n项和为，满足，且，则_（用表示），_评卷人得分三、填 空 题15已知等比数列的前n项积为，且，则公比q为_16在平行四边形中，E、F是边，上的点，若，则平行四边形的面积为_17已知定义在R上的函数和函数满足，且对于任意x都满足，则_评卷人得分四、解 答 题18已知锐角三角形满足，(1)求A；(2)求的一切零点19已知梯形，现将梯形沿对角线向上折叠，连接，问：(1)若折叠前没有垂直

4、于，则在折叠过程中能否能使？请给出证明；(2)若梯形为等腰梯形，折叠前，当折叠至面垂直于面时，二面角的余弦值20已知正项数列满足(1)求证：；(2)求证：21如图所示，曲线，曲线，过点作直线交曲线于点A，交曲线于点B，若点C在曲线的准线上(1)求；(2)若存在直线使点B为中点，求A点横坐标（用p表示）及斜率的范围22已知函数.为其导函数(1)讨论函数的单调性；(2)若，证明：存在实数使得参考答案：1B【解析】【分析】直接由并集的概念求解即可.【详解】由于集合，则.故选：B2C【解析】【分析】从充分性和必要性的角度，题意，即可判断和选择.【详解】显然当时，成立，满足必要性；当成立，若向量和其中有

5、一个为零向量满足题意，此时和没有一定相等，充分性没有满足；故“”是“”的必要没有充分条件.故选：C3C【解析】【分析】由复数的运算求出a，即可得解.【详解】，即的虚部为0故选：C4D【解析】【分析】由函数图象确定奇偶性及定义域，每一个选项的奇偶性及定义域可判断.【详解】观察图中函数，为奇函数，排除A，其次定义域为，选项C中的函数定义域为R，选项B中的函数定义域为，从而排除B、C故选:D5C【解析】【分析】几何体的三视图可得该几何体的下半部分为半球体，上半部分为四棱锥，利用体积公式计算，即可得到答案；【详解】该几何体分上下两部分，下半部分为半球体，体积为，上半部分为四棱锥，底面积为2，高为1，体

6、积为，总体积为，故选：C6B【解析】【分析】根据正四面体及三角形重心的特点，以及给定的中点N，H，依次分析即可得解.【详解】正四面体，点M为的重心，M为等边的，面，面，.直线与交于点A，故AN没有与DM垂直，故排除A；延伸DM交BC于点G，则G为BC中点，连接AG，如图所示，边长为，在中可得，由，.故B正确，C错误；在中，H，M分别为NA，NG的中点，又，HM没有与AB平行，故D错误.故选：B.7A【解析】【分析】画出可行域，图象即可求出的最小值.【详解】画出可行域如图所示，目标函数过点时取到最小值1故选：A8B【解析】【分析】先考虑时，显然成立，当时，利用放缩变形，得到，累加可知定会存在某项

7、【详解】，即；令，则，易证：当时，所以当时，所以，当时，易得，即，此时有无量多个项，故合题；当时，则，设，则，则，所以为单调递减数列，故，即，令，当时，即在上单调递增，由于，所以，没有妨令，显然，即，即，累加可得，即，故当时，此时没有存在，没有是无量多个项，故没有合题；综上：故选：B【点睛】本题难点在于时，应该怎样处理，先证明是递减数列，然后变形得到，累加可得，当足够大时，显然存在9C【解析】【分析】先由题意得，在上有且只要一个解，再根据，的值域得到关于b的没有等式，进而得到b的取值范围【详解】令，由函数在上有且仅有1个零点，则方程，其中，有且只要一个解，从而的值域为有限区间，故必有，从而有的

8、值域为，所以，即，从而可以选，故选项C正确故选：C10A【解析】【分析】设出点坐标，将转化为，对函数求导判断单调性，即可得到的值.【详解】由题可知：设点，.则，则令，解得；令，解得.所以在上单调递增，在上单调递减所以故选：A11 -2 1【解析】【分析】利用复数商的运算进行化简，根据复数z为实数，即可求得结果.【详解】由题意得，若复数z为实数，则，所以；故答案为：；112 【解析】【分析】写出展开式中含项的系数，可得出关于的等式，即可求得的值；当，可知二项式为，即可求得二项式系数和.【详解】的展开式中，含的项为，所以，解得，当，时，二项式为，二项式系数和为.故答案为：；.13 【解析】【分析】

9、由过点A的直线与圆相切时，斜率取得值或最小值，设出直线方程，由解出斜率即可求解；先判断出越小张角越大，显然当垂直直线，求出直线斜率，写出方程即可.【详解】如图建立平面直角坐标系，为坐标原点，显然当过点A的直线与圆相切时，斜率取得值或最小值，设过点A的直线：，直线与圆相切：解得：，则斜率范围是如图，当，则越小张角越大，当垂直直线时，最小即张角，此时直线斜率，故直线方程为：，即.故答案为：；.14 3【解析】【分析】将已知两式变形可化为，进而可得为关于x的一元二次方程的两根，已知条件及韦达定理即可求解.【详解】解：将，两式整理、变形可化为，所以为关于x的一元二次方程的两根，由韦达定理得由于，所以，

10、即，所以故答案为：，315【解析】【分析】利用对数运算转化已知条件，等比数列的基本量，即可求得公比.【详解】，解得.故答案为：.16【解析】【分析】根据向量的线性运算及数量积的定义求出AD，利用平行四边形的面积公式求解即可.【详解】如图，所以，即，解得或（舍去），所以平行四边形的面积为.故答案为：175050【解析】【分析】先判断出为奇函数，进而得到，由即可求解.【详解】由题意知：定义域为，可得：，为奇函数，又，则，可得：.故答案为：505018(1)(2)【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理化简得到，即求解. （2）由（1）得到，然后令求解.(1)解：由于，所以，即，即，所以，由于是锐角三

11、角形，所以(2)由（1）得，令，得解得，所以一切零点为19(1)没有能，证明见解析(2)【解析】【分析】（1）利用反证法去证明在折叠过程中没有能使；（2）法一：作出二面角的平面角，再利用余弦定理即可求得二面角的余弦值；法二：建立空间直角坐标系，利用二面角两个半平面的法向量的夹角的余弦值即可求得二面角的余弦值(1)假设折叠过程中能使折叠前，假设，E为垂足，连，则与没有垂直折叠后，若，又与是平面内的相交直线，故平面，又平面，从而有，故折叠前也应有.显然，与矛盾故假设没有能成立即折叠过程中没有能使(2)设折叠前与的交点为F，则由题意易知折叠前，在梯形内过B做，垂足为G， 则折叠后，由于面垂直于面，而

12、，所以所以，又和是平面内的相交直线，所以平面所以解法：过点C在平面内作，H为垂足，连接，又，则平面，又平面，所以，故即为二面角的平面角在中，所以，又，则得，又，所以，即二面角的余弦值为解法：以F为原点，分别以FD、FC、FB为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，则于是，设平面的一个法向量为，则则，令，则，则，设平面的一个法向量，则则，令，则，则，记二面角的平面角为，则又观察发现二面角为钝角，故二面角的余弦值为20(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）先运用累加法求得，再计算可证明；（2）利用没有等式转化后再证明即可.(1)，(2)，.上面证明：.令，则，因此在上单调递减，所以，

13、即，又，21(1)2；(2).A点的横坐标为，AC斜率的范围是.【解析】【分析】（1）先得出曲线的准线方程，进而建立等式求出答案；（2）设点，进而得到点A的坐标，然后代入曲线化简即可得到t,p间的关系，进而求出点A的横坐标；然后根据及t,p间的关系将所求斜率进行化简，对勾函数的性质求出斜率的范围.(1)由题意，曲线的准线方程为，则.(2)由题意，设，由于点B为线段AC的中点，则，代入曲线得，则点A的横坐标.由于，所以，易知，由对勾函数的性质可知，所以，于是.22(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.(2)证明见解析【解析】【分析】（1）先求函数的导数，再根据与分类讨论即可求解；（2）将成绩转化为证明与成立.(1)由于，则.当时，恒成立；当时，从而可得时，；时，.综上可知：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减