【高考数学】2022-2023学年浙江省金华市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析

高考模仿试卷第页码6页/总NUMPAGES总页数51页高考模仿试卷【高考数学】2022-2023学年浙江省金华市专项突破仿真模拟试题（一模）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A=x|x≥2,B=x|−1<x<3，则（A．B．C．D．x|−1≤x<22．设复数满足为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点位于（

）A．象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．双曲线的渐近线方程是（

）A．B．C．D．4．已知、都是实数，那么“”是“”的（

）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5．若实数x，y满足约束条件则的最小值是（

）A．1B．2C．4D．66．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（

）A．B．C．D．127．函数的图象如图所示,则其解析式可能是（

）A．B．C．D．8．如图，在正方体中，P是线段上的动点，则（

）A．平面B．平面C．平面D．平面9．已知数列满足，，记数列的前项和为则（

）A．B．C．D．10．已知.若在处取到最小值，则下列恒成立的是（

）A．B．C．D．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、填空题11．德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形（单位分数是指分子为1，分母为正整数的分数），称为莱布尼兹三角形．根据前5行的规律，则第6行的左起第3个数为________．12．过双曲线的左焦点的直线，在象限交双曲线的渐近线于点，与圆相切于点.若，则离心率的值为________.13．已知平面向量，，，，其中为单位向量，且满足，若与夹角为，向量满足，则最小值是______．评卷人得分三、双空题14．设函数f(x)=ex−1,x≤0−x2+x,x>0，则_______；当x∈(−∞,m]时，函数15．已知的展开式的一切项系数之和为64，则实数_________，展开式中含的系数是__________.（用数字作答）16．在锐角中，，，点D在线段上，且，，则___________，___________.17．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分给4个人，每人两张，记获奖人数为，则_______，______．评卷人得分四、解答题18．已知.(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；(2)求函数在的取值范围.19．如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，D为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．20．已知首项为-2的等差数列的前项和为，数列满足，.(1)求与；(2)设，记数列的前项和为，证明：当时，.21．如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.22．已知函数，的导函数为.(1)记，讨论函数的单调性；(2)若函数有两个零点（i）求证：；（ii）若，求a的取值范围.第页码17页/总NUMPAGES总页数51页答案：1．C【分析】根据交集的定义求解即可【详解】由题，故选：C2．D【分析】首先根据复数代数方式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；【详解】解：由于，所以，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限；故选：D3．A【分析】由双曲线渐近线的概念求解【详解】双曲线的渐近线方程为，整理得故选：A4．B【分析】根据值的性质、值法充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若，取，，则不成立，即“”“”；若，则，即，所以，“”“”.因此，“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.5．B【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移，观察直线在轴上的截距变化，然后将最优解代入目标函数可得到结果．【详解】作出不等式组，表示的可行域，如下图：将直线进行平移，观察直线在轴上的截距变化，可知当直线点时，直线在轴上的截距最小，此时目标函数达到最小值，联立，解得，可得点，即.故选：B.6．C【分析】根据三视图判断几何体的外形，利用空间几何体的体积公式进行求解即可.【详解】原图为如图所示的多边体，即，所以.故选：C.7．A【分析】根据给定图象，分析函数定义域排除两个选项，再由时的函数值情况判断作答.【详解】由给定图象知，函数的定义域为且，对于B，且，B不是；对于C，，C不是；由图象知，当时，恒成立，对于D，当时，，D不是，A满足条件.故选：A8．B【分析】正方体中证明平面平面后可得线面平行，从而得正确选项．【详解】如图，正方体中，由与平行且相等得平行四边形，得，平面，平面，得平面，同理平面，而是平面内两条相交直线，因此有平面平面，平面，所以平面，故选：B．9．A【分析】分析可知对任意的，，则，推导出数列为单调递减数列，可得出，再利用不等式的性质推导出，即可求得，由此可得出合适的选项.【详解】由于，，易知对任意的，，则，所以，，即，故数列为单调递减数列，则，由于，则，，所以，，所以，，因此，.故选：A.10．C【分析】利用导数函数零点存在性定理处理即可【详解】，令，则故g(x)在上单增，在上存在零点，且在上，，在上，所以在上递减，在上递增，故在处取得最小值，所以又所以故选:C.11．【分析】根据所给数表，数字陈列规律为第行的第1个数和1个数为，两头的某个数等于下一行“两个脚”的和，即可计算得解．【详解】由数表可知，第行个数为，所以第6行的第1个数和1个数是，两头的某个数等于下一行“两个脚”的和，所以第6行的第2个数为，第6行的第3个数为，故答案为.本题考查数与式的归纳推理，数学文明的简单理解和运用，属于基础题.12．【分析】设双曲线的右焦点为，设，，则，则由题意可得，，从而可求得，所以，从而可得，进而可求出离心率【详解】设双曲线的右焦点为，在中，是的一个外角，设，，则，由于直线与圆相切于点，所以,在中，，所以，由于，所以，所以在直角中，，在直角中，，由于，所以，由于为直线的倾斜角，直线为双曲线的渐近线，所以,所以，所以，所以，所以离心率为，故13．【分析】由题设，，进而题意得向量对应的轨迹为射线或，向量对应的轨迹为抛物线：，根据向量减法法则，将成绩转化为抛物线点与射线上的点之间的最小距离成绩求解即可.【详解】解：根据题意，设，，由于与夹角为，所以，整理得；即向量对应的轨迹为射线

或

由于向量满足，所以，即向量对应的轨迹为抛物线：

如图，所以，由图可知，当直线过点过点时，最小，此时与相切，所以，联立方程得，由得，此时，，到射线的距离为所以的最小值为.故14．

；

【分析】空：根据范围，代入对应函数解析式求值即可；第二空：先求出在R上的值域，图象即可求出的取值范围.【详解】空：由题意知：，；第二空：当时，在上为增函数，值域为；当时，，值域为，画出图象如下：令，解得，由图象可知，要使函数的值域为(−1,14]，有.故；.15．

3

53【分析】首先令求系数和，即可求，再将原式化简为，转化为求两部分的含的系数.【详解】当时，，得，原式，中展开式中含项的系数是，中含的系数即中的常数项1，所以两项合并常数项是.故；16．

3【分析】在中由正弦定理求出，再利用诱导公式即可求出，再由余弦定理求出，即可得到，当时可得为等边三角形，即可求出，当，利用余弦定理求出，证不符合题意；【详解】解：在中由正弦定理，即，解得，所以，由余弦定理，即，解得或，当时，，此时且，即为等边三角形，则，当时，，由余弦定理，即，解得，此时，即为直角三角形，不符合题意，故舍去；故；17．

【分析】先分析获奖的情况，求出总的获奖情况数，再求概率和期望.【详解】一、二、三等奖奖券，三个人获得，共有种获奖情况；一、二、三等奖奖券，有1人获得2张，1人获得1张，共有种获奖情况,一共有24+36=60中不同的获奖情况.易得一切可能的取值为2，3，所以，，故故；18．(1)最小正周期，单调递增区间为，(2)【分析】（1）将化为只含一个三角函数方式，根据正弦函数的性质即可求得答案；（2）将展开化简为，，求出的范围，即可求得答案.(1)，所以；由于，，所以，，函数的单调递增区间为，；(2)，由于，所以，，因此函数在的取值范围为.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连结，进而证明平面，在线面垂直得线线垂直；（2）解法一：过点作，垂足为，取的中点，连结，进而将成绩转化为求直线与平面所成角，再根据几何关系证明，进而利用几何法求解；解法二：根据题意，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，再根据几何关系证明平面，进而利用坐标法求解即可；(1)证明：取的中点，连结．由于是正三角形，所以，又由于，．所以，又平面，平，，所以平面，又由于平面，所以．(2)解法1：过点作，垂足为．由（1）知平面，所以，由于，所以平面．取的中点，连结，由于为的中点，所以．所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角．由于，所以．又由（1）知，，所以平面，所以．在直角中，，．所以，，又在直角△DGF中，．．因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．解法2：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，，，．由于，为的中点，所以，又，，所以平面ABC．所以，．设平面PAC的法向量为，又，，由，得．可取．设直线与平面所成角为．．因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为．20．(1)，；(2)证明过程见解析.【分析】（1）根据等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式，对数式与指数式互化公式进行求解即可；（2）运用数学归纳法进行证明即可.(1)设等差数列的公差为，由于，所以由，即，即，所以，而，所以；(2)由（1）可知：，，所以有，当时，，不等式成立，当时，，不等式成立，假设当时，不等式成立，即，当时，，由于所以，即，因此，综上所述：当时，成立.21．（1）；（2）.【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.【详解】（1）由于，故，故抛物线的方程为.（2）[方法一]：通式通法设，，，所以直线，由题设可得且.由可得，故，由于，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.[方法二]：利用焦点弦性质设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．由得，所以．由于，，．由得．同理．由得．由于，所以即．故．令，则．所以，解得或或．故直线在x轴上的截距的范围为．[方法三]【最优解】：设，由三点共线得，即．所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．设直线的方程为，则．所以．故（其中）．所以．因此直线在x轴上的截距为．【全体点评】本题次要是处理共线的线段长度成绩，次要方法是长度转化为坐标.方法一：次要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围成绩转化为常见函数的范围.方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围成绩转化为常见函数的范围.方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围成绩转化为常见函数的范围.22．(1)答案见详解；(2)（i）证明见详解；（ii）．【分析】（1）求导讨论与即可求出结果；（2）（i）根据零点存在定理证出，从而证明结论；（ii）由，得，令则，先求得范围，又，故令，利用导数求得函数值域，从而求出a的取值范围．(1)由题意知：，，当时，恒成立，故在R上单调递增；当时，令，得，故在上递减，在上递增；(2)（i）依题意知：有两个零点，由（1）知应有：，所以，因，则令，，则故即，又则，综上有：，从而：（ii）又，即，同理两式相除有：，令，则，即，从而有：，故，因，即，故，令（）则（根据常见不等式可知）故在上递减，所以，，即，而，令，则，从而在上递减，所以，即的取值范围为：．【高考数学】2022-2023学年浙江省金华市专项突破仿真模拟试题（二模）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．已知集合，则（

）A．B．C．D．2．设，则复数在复平面内对应的点为（

）A．B．C．D．3．已知向量，且，则实数（

）A．B．C．1D．4．已知双曲线的离心率是它的一条渐近线斜率的2倍，则（

）A．B．C．D．25．若，则（

）A．B．0C．1D．6．《几何本来》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A．B．C．D．7．将函数图象上的点向右平移个单位长度得到点，若恰好在函数的图像上，则的最小值为（

）A．B．C．D．8．若的展开式中的系数为35，则负数（

）A．B．2C．D．49．已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增，则满足的的取值范围为（

）A．B．C．D．10．某车间加工某种机器的零件数（单位：个）与加工这些零件所花费的工夫（单位：min）之间的对应数据如下表所示：个10203040506268758189由表中的数据可得回归直线方程，则加工70个零件比加工60个零件大约多用（

）A．B．C．D．11．已知实数满足，给出下列结论：①；②；③；④.则一切正确结论的序号为（

）A．①③B．②③C．①②④D．②③④12．已知数列满足，，记的前项和为，的前项和为，则（

）A．B．C．D．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、填空题13．设满足约束条件则的值为__________.14．若直线是曲线的一条切线，则实数__________.15．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与交于两点（点在轴上方），过分别作的垂线，垂足分别为，连接.若，则直线的斜率为__________.16．三棱锥的平面展开图如图所示，已知，若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，则球的表面积为__________.评卷人得分三、解答题17．在中；内角的对边分别为，已知.(1)求；(2)若，点为的中点，求的值.18．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，侧面是矩形，为的中点，.(1)证明：平面；(2)点在线段上，若，求二面角的余弦值.19．足球比赛淘汰赛阶段常规比赛工夫为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球”的方式决定胜负.“点球”的规则如下：①两队各派5名队员，单方轮番踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需求再踢（例如：第4轮结束时，单方“点球”的进球数比为2：0，则不需求再踢第5轮了）；③若前5轮“点球”中单方进球数持平，则从第6轮起，单方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即便方向判断正确也只要的可能性将球扑出，若球员射门均在门内，在“点球”中，求门将在前三次扑出点球的个数的分布列和期望：(2)现有甲､乙两队在半决赛中相遇，常规赛和加时赛后单方战平，需进行“点球”来决定胜负，设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出的概率；（ii）求“点球”在第6轮结束，且乙队以5：4（不含常规赛和加时赛得分）胜出的概率.20．已知函数.(1)求的单调区间；(2)证明.21．已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求椭圆的方程；(2)点关于原点的对称点为点，与直线平行的直线与交于点，直线与交于点，点能否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请阐明理由.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求的极坐标方程；(2)设与交于两点，若，求的直角坐标方程.23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)当时，，求的取值范围.答案：1．B【分析】由集合描述并解一元二次不等式得，运用集合交运算求结果.【详解】由于，所以.故选：B2．C【分析】设，则，再根据复数相等的条件求出即可得解.【详解】由得，设，则，所以，所以，所以,解得.所以复数在复平面内对应的点为.故选：C3．A【分析】利用向量平行列方程即可求出.【详解】由向量，得.由于，所以，解得.故选：A4．A【分析】根据双曲线的几何性质列式可求出结果.【详解】由题意得,解得，即.故选：A.5．D【分析】利用平方关系和正弦的二倍角公式弦化切，由求出代入可得答案.【详解】由于，所以，所以.故选：D.6．C【分析】根据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角.在中利用余弦定理计算可得结果.【详解】如图，连接.由于为中点，且，所以四边形为矩形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.设圆的半径为1，则.由于，所以.在直角中，，得.所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.7．D【分析】根据题意易知和，根据辅角公式可知，由此可知，再根据，即可求出结果.【详解】由题意知，点在的图象上，所以，所以，点向右平移个单位长度得到点.由于在函数的图象上，所以，解得，所以，或.由于，所以.故选：D.8．B【分析】根据题意得，分析展开式含项仅有和，再展开求系数即可.【详解】由于展开式为：，即，所以，，，所以含的系数为，又为负数，所以.故选：B.9．B【分析】先求出函数的对称轴，再根据单调性和对称性可知，自变量离对称轴越远，其函数值越大，由此结论列式可解得结果.【详解】由于函数满足，所以的图象关于直线对称，又在区间上单调递增，所以在上单调递减，由于，，即，平方后解得.所以的取值范围为.故选：B.10．C【分析】由题可得样本，进而可得回归直线方程，即得.【详解】由表中的数据，得，将代入，得，所以加工70个零件比加工60个零件大约多用故选：C.11．D【分析】由题意可知，根据指数幂的性质可知又，所以，即可判断①能否正确；对运用基本不等式可知，两边取对数即可判断②，③能否正确；根据题意可知，所以，令，再根据导数在函数最值中运用，可知，可得，由此即可判断④能否正确.【详解】由得，又，所以，所以，故①错误；由于，所以，当且仅当，即时取等号；即，则，故②，③正确；由于，所以，所以，令，则，所以在区间上单调递增，所以，即.又，所以，即，故④正确.故选：D.关键点点睛：本题的关键是构造函数处理第④问，根据题意可知，所以，令，再根据导数在函数最值中运用，可知，可得，这是处理本题的关键点.12．B【分析】根据题意得：当为奇数时，；当为偶数时，，求出，所以，分析求和即可.【详解】由于，，所以当为奇数时，，，即当为奇数时，；当为偶数时，.所以所以，所以.故选：B.13．15【分析】画出可行域，根据目标式的的几何意义求其值.【详解】由约束条件可得可行域如下：要使，只需其表示的直线在坐标轴上的截距即可，由图知：当直线过与的交点时，为.故1514．【分析】求出切点坐标代入切线方程可得答案.【详解】由于，所以，令，得，所以切点为，代入，得.故答案为.15．【分析】根据题意得，再得到，，分析即可得，，从而得到直线的倾斜角，即可求解.【详解】如图，由题意得，所以，，由于，所以，所以，又，所以，所以，故，所以直线的斜率为.故答案为.16．【分析】根据题意构造底面正三角形的边长为2，高为的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，球心即为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据条件求半径即可.【详解】由已知得，三棱锥中，，且与平面所成的角为，构造如图所示的正三棱柱，底面正三角形的边长为2，高为，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.设，分别为三棱柱上､下底面三角形的，则为的中点，由于，所以球的半径，所以球的表面积为.故答案为.与球有关的组合体成绩，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的地位，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切正方体，切点为正方体各个面的，正方体的棱长等于球的直径；球外接正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.17．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理可知，由此可知，进而求出.（2）由（1）余弦定理可知，对其运用基本不等式可知，根据三角形中线的向量表示可知，对其两边平方，根据平面向量数量积公式以及基本不等式可知，由此即可求出结果.(1)解：在中，由正弦定理得.由于，所以.又，所以，所以.由于中，，所以.(2)解：在中，由及余弦定理，得，所以，所以，当且仅当时等号成立.又点为的中点，所以，所以，即的值为.18．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即得.(1)由于矩形中，为的中点，所以，所以.由于，所以，所以.由于，所以平面.由于平面，所以，又，所以平面.(2)由（1）知两两互相垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.由于，令，连接，则，所以.设平面的一个法向量为，则，得，所以，令，得，所以，由（1）知是平面的一个法向量，所以，故二面角的余弦值为.19．(1)分布列见解析，(2)（i）；（ii）【分析】（1）先求门将每次可以扑出点球的概率，然后由反复实验的概率公式可得；（2）（i）理解清题意：甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，然后可得；（ii）理解清题意：前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球.然后计算可得.(1)依题意可得