浙江省杭州八中2023届高考数学三模试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数，其中，，其图象关于直线对称，对满足的，，有，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则函数的单调递减区间是（）A． B．C． D．2．网格纸上小正方形边长为1单位长度，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．1 B． C．3 D．43．的展开式中有理项有（）A．项 B．项 C．项 D．项4．将函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，则的最小值为（）A． B． C． D．5．过椭圆的左焦点的直线过的上顶点，且与椭圆相交于另一点，点在轴上的射影为，若，是坐标原点，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．6．公元前世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了米，此时乌龟便领先他米，当阿基里斯跑完下一个米时，乌龟先他米，当阿基里斯跑完下-个米时，乌龟先他米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（）A．米 B．米C．米 D．米7．已知定义在上的函数满足，且在上是增函数，不等式对于恒成立，则的取值范围是A． B． C． D．8．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是()A． B． C． D．9．函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（）A．B．C．D．10．执行如图所示的程序框图，若输出的，则①处应填写（）A． B． C． D．11．已知向量与向量平行，，且，则（）A． B．C． D．12．直三棱柱中，，，则直线与所成的角的余弦值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某同学周末通过抛硬币的方式决定出去看电影还是在家学习，抛一枚硬币两次，若两次都是正面朝上，就在家学习，否则出去看电影，则该同学在家学习的概率为____________.14．设f（x）＝etx（t＞0），过点P（t，0）且平行于y轴的直线与曲线C：y＝f（x）的交点为Q，曲线C过点Q的切线交x轴于点R，若S（1，f（1）），则△PRS的面积的最小值是_____．15．直线是圆：与圆：的公切线，并且分别与轴正半轴，轴正半轴相交于，两点，则的面积为_________16．如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，在三棱柱中，平面ABC.（1）证明：平面平面（2）求二面角的余弦值.18．（12分）设函数，其中．（Ⅰ）当为偶函数时，求函数的极值；（Ⅱ）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围．19．（12分）已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.20．（12分）2019年6月，国内的运营牌照开始发放.从到，我们国家的移动通信业务用了不到20年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平.为了解高校学生对的消费意愿，2019年8月，从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行调查，样本中各类用户分布情况如下：用户分类预计升级到的时段人数早期体验用户2019年8月至2019年12月270人中期跟随用户2020年1月至2021年12月530人后期用户2022年1月及以后200人我们将大学生升级时间的早晚与大学生愿意为套餐支付更多的费用作比较，可得出下图的关系（例如早期体验用户中愿意为套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的）.（1）从该地高校大学生中随机抽取1人，估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到的概率；（2）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取1人，以表示这2人中愿意为升级多支付10元或10元以上的人数，求的分布列和数学期望；（3）2019年底，从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐，能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由.21．（12分）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角锐角的余弦值．22．（10分）设函数．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且，求的最小值．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

根据已知得到函数两个对称轴的距离也即是半周期，由此求得的值，结合其对称轴，求得的值，进而求得解析式.根据图像变换的知识求得的解析式，再利用三角函数求单调区间的方法，求得的单调递减区间.【详解】解：已知函数，其中，，其图像关于直线对称，对满足的，，有，∴.再根据其图像关于直线对称，可得，.∴，∴.将函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像.令，求得，则函数的单调递减区间是，，故选B.【点睛】本小题主要考查三角函数图像与性质求函数解析式，考查三角函数图像变换，考查三角函数单调区间的求法，属于中档题.2、A【解析】

采用数形结合，根据三视图可知该几何体为三棱锥，然后根据锥体体积公式，可得结果.【详解】根据三视图可知：该几何体为三棱锥如图该几何体为三棱锥，长度如上图所以所以所以故选：A【点睛】本题考查根据三视图求直观图的体积，熟悉常见图形的三视图：比如圆柱，圆锥，球，三棱锥等；对本题可以利用长方体，根据三视图删掉没有的点与线，属中档题.3、B【解析】

由二项展开式定理求出通项，求出的指数为整数时的个数，即可求解.【详解】，，当，，，时，为有理项，共项.故选:B.【点睛】本题考查二项展开式项的特征，熟练掌握二项展开式的通项公式是解题的关键，属于基础题.4、B【解析】

根据三角函数的平移求出函数的解析式，结合三角函数的性质进行求解即可．【详解】将函数的图象向左平移个单位，得到，此时与函数的图象重合，则，即，，当时，取得最小值为，故选：．【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数的平移关系求出解析式是解决本题的关键．5、D【解析】

求得点的坐标，由，得出，利用向量的坐标运算得出点的坐标，代入椭圆的方程，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得椭圆的离心率.【详解】由题意可得、.由，得，则，即.而，所以，所以点.因为点在椭圆上，则，整理可得，所以，所以.即椭圆的离心率为故选：D.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出、、的齐次等式，充分利用点在椭圆上这一条件，围绕求点的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题.6、D【解析】

根据题意，是一个等比数列模型，设，由，解得，再求和.【详解】根据题意，这是一个等比数列模型，设，所以，解得，所以.故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.7、A【解析】

根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在上是减函数，由此可将不等式化为；利用分离变量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到结果.【详解】为定义在上的偶函数，图象关于轴对称又在上是增函数在上是减函数，即对于恒成立在上恒成立，即的取值范围为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到恒成立问题的求解；解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而利用分离变量法来处理恒成立问题.8、D【解析】

根据三视图判断出几何体为正四棱锥，由此计算出几何体的表面积.【详解】根据三视图可知，该几何体为正四棱锥.底面积为.侧面的高为，所以侧面积为.所以该几何体的表面积是.故选：D【点睛】本小题主要考查由三视图判断原图，考查锥体表面积的计算，属于基础题.9、B【解析】

根据特殊值及函数的单调性判断即可；【详解】解：当时，，无意义，故排除A；又，则，故排除D；对于C，当时，，所以不单调，故排除C；故选：B【点睛】本题考查根据函数图象选择函数解析式，这类问题利用特殊值与排除法是最佳选择，属于基础题.10、B【解析】

模拟程序框图运行分析即得解.【详解】；；.所以①处应填写“”故选：B【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11、B【解析】

设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.【详解】设，且，，由得，即，①，由，②，所以，解得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.12、A【解析】

设，延长至，使得，连，可证，得到（或补角）为所求的角，分别求出，解即可.【详解】设，延长至，使得，连，在直三棱柱中，，，四边形为平行四边形，，（或补角）为直线与所成的角，在中，，在中，，在中，，在中，，在中，.

故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成的角，要注意几何法求空间角的步骤“做”“证”“算”缺一不可，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

采用列举法计算古典概型的概率.【详解】抛掷一枚硬币两次共有4种情况，即（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），在家学习只有1种情况，即（正，正），故该同学在家学习的概率为.故答案为：【点睛】本题考查古典概型的概率计算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.14、【解析】

计算R（t，0），PR＝t﹣（t），△PRS的面积为S，导数S′，由S′＝0得t＝1，根据函数的单调性得到最值.【详解】∵PQ∥y轴，P（t，0），∴Q（t，f（t））即Q（t，），又f（x）＝etx（t＞0）的导数f′（x）＝tetx，∴过Q的切线斜率k＝t，设R（r，0），则k，∴r＝t，即R（t，0），PR＝t﹣（t），又S（1，f（1））即S（1，et），∴△PRS的面积为S，导数S′，由S′＝0得t＝1，当t＞1时，S′＞0，当0＜t＜1时，S′＜0，∴t＝1为极小值点，也为最小值点，∴△PRS的面积的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了利用导数求面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.15、【解析】

根据题意画出图形，设，利用三角形相似求得的值，代入三角形的面积公式，即可求解.【详解】如图所示，设，由与相似，可得，解得，再由与相似，可得，解得，由三角形的面积公式，可得的面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及三角形相似的应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于基础题.16、1【解析】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，．故答案为1．考点：正弦定理的应用．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）证明平面即平面平面得证；（2）分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，再利用向量方法求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面ABC，所以因为.所以.即又.所以平面因为平面.所以平面平面（2）解：由题可得两两垂直，所以分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则，所以设平面的一个法向量为，由.得令，得又平面，所以平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18、（Ⅰ）极小值，极大值；（Ⅱ）或【解析】

（Ⅰ）根据偶函数定义列方程，解得.再求导数，根据导函数零点列表分析导函数符号变化规律，即得极值，（Ⅱ）先分离变量，转化研究函数，，利用导数研究单调性与图象，最后根据图象确定满足条件的的取值范围．【详解】（Ⅰ）由函数是偶函数，得，即对于任意实数都成立，所以.此时，则.由，解得.当x变化时，与的变化情况如下表所示：00↘极小值↗极大值↘所以在，上单调递减，在上单调递增.所以有极小值，有极大值.（Ⅱ）由，得.所以“在区间上有两个零点”等价于“直线与曲线，有且只有两个公共点”.对函数求导，得.由，解得，.当x变化时，与的变化情况如下表所示：00↘极小值↗极大值↘所以在，上单调递减，在上单调递增.又因为，，，，所以当或时，直线与曲线，有且只有两个公共点.即当或时，函数在区间上有两个零点.【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.19、（1）；（2）【解析】分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.详解：（1）当时，，即故不等式的解集为．（2）当时成立等价于当时成立．若，则当时；若，的解集为，所以，故．综上，的取值范围为．点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.20、（1）（2）详见解析（3）事件虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变化，详见解析【解析】

（1）由从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）由题意的所有可能值为，利用相互独立事件的概率计算公式，分别求得相应的概率，得到随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解.（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，得到七概率为，即可得到结论.【详解】（1）由题意可知，从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，即.（2）由题意的所有可能值为，记事件为“从早期体验用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，事件为“从中期跟随用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级多支付10元或10元以上”，由题意可知，事件，相互独立，且，，所以，，，所以的分布列为0120.180.490.33故的数学期望.（3）设事件为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约套餐”，那么.回答一