2023年高考数学浙江卷(理)全解全析

2023年浙江理科数学全解全析本试题卷分第一卷和第二卷两局部。全卷共4页，第一卷1至2页，第二卷3至4页。总分值150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。第一卷〔共50分〕考前须知：1．答第一卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。2．每题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不能答在试题卷上。参考公式：如果事件A、B互斥，那么P〔A+B〕=P〔A〕+〔B〕如果事件A、B相互独立，那么P〔A·B〕=P〔A〕·〔B〕如果事件A在一次试验中发生的概率是p那么n次独立重复试验中恰好发生k次的概率：球的外表积公式S=4其中R表示球的半径求的体积公式V=其中R表示球的半径一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。〔1〕是实数，是纯虚数，那么=(A)〔A〕1〔B〕-1〔C〕〔D〕-解析：本小题主要考查复数的概念。由是纯虚数，那么且故=1.〔2〕U=R，A=,B=,那么(D)〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕解析：本小题主要考查集合运算。〔3〕，b都是实数，那么“〞是“>b〞的(D)〔A〕充分而不必要条件〔B〕必要而不充分条件〔C〕充分必要条件〔D〕既不充分也不必要条件解析：本小题主要考查充要条件相关知识。依题“〞既不能推出“>b〞；反之，由“>b〞也不能推出“〞。故“〞是“>b〞的既不充分也不必要条件。〔4〕在的展开式中，含的项的系数是(A)〔A〕-15〔B〕85〔C〕-120〔D〕274解析：本小题主要考查二项式定理展开式具体项系数问题。此题可通过选括号〔即5个括号中4个提供，其余1个提供常数〕的思路来完成。故含的项的系数为〔5〕在同一平面直角坐标系中，函数的图象和直线的交点个数是(C)〔A〕0〔B〕1〔C〕2〔D〕4解析：本小题主要考查三角函数图像的性质问题。原函数可化为：=作出原函数图像，截取局部，其与直线的交点个数是2个.〔6〕是等比数列，，那么=(C)〔A〕16〔〕〔B〕16〔〕〔C〕〔〕〔D〕〔〕解析：本小题主要考查等比数列通项的性质。由，解得数列仍是等比数列:其首项是公比为所以,〔7〕假设双曲线的两个焦点到一条准线的距离之比为3：2,那么双曲线的离心率是(D)〔A〕3〔B〕5〔C〕〔D〕解析：本小题主要考查双曲线的性质及离心率问题。依题不妨取双曲线的右准线，那么左焦点到右准线的距离为，左焦点到右准线的距离为，依题即，∴双曲线的离心率〔8〕假设那么=(B)〔A〕〔B〕2〔C〕〔D〕解析：本小题主要考查三角函数的求值问题。由可知，两边同时除以得平方得,解得或用观察法.〔9〕，是平面内两个互相垂直的单位向量，假设向量满足,那么的最大值是(C)〔A〕1〔B〕2〔C〕〔D〕解析：本小题主要考查向量的数量积及向量模的相关运算问题。展开那么的最大值是;或者利用数形结合,，对应的点A,B在圆上,对应的点C在圆上即可.〔10〕如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，假设点P在平面内运动，使得△ABP的面积为定值，那么动点P的轨迹是(B)〔A〕圆〔B〕椭圆〔C〕一条直线〔D〕两条平行直线解析：本小题其实就是一个平面斜截一个圆柱外表的问题。考虑到三角形面积为定值，底边一定，从而P到直线AB的距离为定值，假设忽略平面的限制，那么P轨迹类似为一以AB为轴心的圆柱面，加上后者平面的交集，轨迹为椭圆！还可以采取排除法，直线是不可能的，在无穷远处，点到直线的距离为无穷大，故面积也为无穷大，从而排除C与D,又题目在斜线段下标注重点符号，从而改成垂直来处理，轨迹那么为圆，故剩下椭圆为答案！2023年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷数学〔理科〕第二卷〔共100分〕考前须知：1．黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上，不能答在试题卷上。2．在答题纸上作图,可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。二．填空题：本大题共7小题，每题4分，共28分。〔11〕>0，假设平面内三点A〔1，-〕，B〔2，〕，C〔3，〕共线，那么=_______解析：本小题主要考查三点共线问题。(舍负).〔12〕为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于A、B两点假设，那么=______8______。解析：本小题主要考查椭圆的第一定义的应用。依题直线过椭圆的左焦点,在中，，又，∴〔13〕在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为、b、c，假设，那么_________________。解析：本小题主要考查三角形中正弦定理的应用。依题由正弦定理得：,即,∴〔14〕如图，球O点面上四点A、B、C、D，DA平面ABC，ABBC，DA=AB=BC=，那么球O点体积等于___________。解析：本小题主要考查球的内接几何体体积计算问题。其关键是找出球心，从而确定球的半径。由题意，三角形DAC,三角形DBC都是直角三角形，且有公共斜边。所以DC边的中点就是球心〔到D、A、C、B四点距离相等〕，所以球的半径就是线段DC长度的一半。〔15〕t为常数，函数在区间[0，3]上的最大值为2，那么t=____1____解析：本小题主要考查二次函数问题。对称轴为下方图像翻到轴上方.由区间[0，3]上的最大值为2，知解得检验时,不符,而时满足题意.〔16〕用1，2，3，4，5，6组成六位数〔没有重复数字〕，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是____40______〔用数字作答)。解析：本小题主要考查排列组合知识。依题先排除1和2的剩余4个元素有种方案，再向这排好的4个元素中插入1和2捆绑的整体，有种插法，∴不同的安排方案共有种。〔17〕假设，且当时，恒有，那么以,b为坐标点P〔，b〕所形成的平面区域的面积等于_______1_____。解析：本小题主要考查线性规划的相关知识。由恒成立知，当时，恒成立，∴；同理，∴以,b为坐标点所形成的平面区域是一个正方形，所以面积为1.三．解答题：本大题共5小题，共72分。解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤。〔18〕〔此题14分〕如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//CF，BCF=CEF=,AD=,EF=2。〔Ⅰ〕求证：AE//平面DCF；〔Ⅱ〕当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为？18．此题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等根底知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．方法一：DABEFCHG〔Ⅰ〕证明：过点作交于DABEFCHG可得四边形为矩形，又为矩形，所以，从而四边形为平行四边形，故．因为平面，平面，所以平面．〔Ⅱ〕解：过点作交的延长线于，连结．由平面平面，，得平面，从而．所以为二面角的平面角．在中，因为，，所以，．DABEFCDABEFCyzx从而．于是．因为，所以当为时，二面角的大小为．方法二：如图，以点为坐标原点，以和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．设，那么，，，，．〔Ⅰ〕证明：，，，所以，，从而，，所以平面．因为平面，所以平面平面．故平面．〔Ⅱ〕解：因为，，所以，，从而解得．所以，．设与平面垂直，那么，，解得．又因为平面，，所以，得到．所以当为时，二面角的大小为．〔19〕〔此题14分〕一个袋中有假设干个大小相同的黑球、白球和红球。从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是。〔Ⅰ〕假设袋中共有10个球，〔i〕求白球的个数；〔ii〕从袋中任意摸出3个球,记得到白球的个数为,求随机变量的数学期望。〔Ⅱ〕求证：从袋中任意摸出2个球，至少得到1个黑球的概率不大于。并指出袋中哪种颜色的球个数最少。此题主要考查排列组合、对立事件、相互独立事件的概率和随机变量分布列和数学期望等概念，同时考查学生的逻辑思维能力和分析问题以及解决问题的能力．总分值14分．〔Ⅰ〕解：〔i〕记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球〞为事件A，设袋中白球的个数为，那么，得到．故白球有5个．〔ii〕随机变量的取值为0，1，2，3，分布列是0123的数学期望．〔Ⅱ〕证明：设袋中有个球，其中个黑球，由题意得，所以，，故．记“从袋中任意摸出两个球，至少有1个黑球〞为事件B，那么．所以白球的个数比黑球多，白球个数多于，红球的个数少于．故袋中红球个数最少．〔20〕〔此题15分〕曲线C是到点P〔〕和到直线距离相等的点的轨迹。是过点Q〔-1，0〕的直线，M是C上〔不在上〕的动点；A、B在上，轴〔如图〕。〔Ⅰ〕求曲线C的方程；〔Ⅱ〕求出直线的方程，使得为常数。此题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等根底知识，考查解析几何的根本思想方法和综合解题能力．总分值15分．〔Ⅰ〕解：设为上的点，那么，到直线的距离为．由题设得．化简，得曲线的方程为．〔Ⅱ〕解法一：ABOQyxABOQyxlM，从而．在中，因为，．所以.，．当时，，从而所求直线方程为．解法二：设，直线，那么，从而．过垂直于的直线．ABOQyxABOQyxlMHl1．当时，，从而所求直线方程为．〔21〕〔此题15分〕是实数，函数。〔Ⅰ〕求函数的单调区间；〔Ⅱ〕设为在区间上的最小值。〔i〕写出的表达式；〔ii〕求的取值范围，使得。21．此题主要考查函数的性质、求导、导数的应用等根底知识，同时考查分类讨论思想以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力．总分值15分．〔Ⅰ〕解：函数的定义域为，〔〕．假设，那么，有单调递增区间．假设，令，得，当时，，当时，．有单调递减区间，单调递增区间．〔Ⅱ〕解：〔i〕假设，在上单调递增，所以．假设，在上单调递减，在上单调递增，所以．假设，在上单调递减，所以．综上所述，〔ii〕令．假设，无解．假