精选浙江省湖州三校2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(解析版)

浙江省湖州三校2023年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(解析版)PAGE12023年普通高等学校招生全国统一考试数学试题一、选择题：本大题共10小题，每题4分，共40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.集合，，那么〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集定义求解.【详解】选B.【点睛】此题考查集合交集，考查根本求解能力，属基此题.2.双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是〔〕A.1 B.2 C.4 D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，即得结果.【详解】因为双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长一半，所以双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离是1,选A.【点睛】此题考查双曲线的焦点与渐近线，考查根本分析求解能力，属基此题.3.复数〔为虚数单位〕的共轭复数是〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简复数为代数形式，再根据共轭复数概念求解.【详解】因为,所以其共轭复数是，选C.【点睛】此题考查共轭复数概念，考查根本分析求解能力，属基此题.4.假设变量，满足约束条件，那么的最大值是〔〕A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】先作可行域，再求范围，最后可得的最大值.【详解】作可行域，如图，那么直线过点A(-1,-1)时取最小值-4，过点时取最大值2，因此的最大值是4,选D.【点睛】此题考查线性规划求最值，考查根本分析求解能力，属基此题.5.设函数，那么函数的图像可能为〔〕A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断函数奇偶性，舍去B,D，再根据函数值正负确定选项.【详解】因为，所以舍去B,D，因为ln3>0,所以选C.【点睛】此题考查函数图象识别，考查根本分析判断能力，属基此题.6.设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，那么“〞是“〞的〔〕A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直性质定理可证得充分性成立，举反例说明必要性不成立.【详解】因为，平面与平面相交于直线，直线在平面内，且，所以，因为直线在平面内，所以，即充分性成立，假设，，但时，与不一定垂直，即不一定垂直，即必要性不成立.选A.【点睛】此题考查面面垂直性质定理与充要关系，考查根本分析判断能力，属中档题.7.袋子中装有假设干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，假设取出小球上的数字的数学期望是2，那么的方差是〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可假设标有数字1，2，3的小球各有1个，再根据方差定义求结果.【详解】因为取出小球上的数字的数学期望是2，且个数依次成等差数列，所以不妨设标有数字1，2，3的小球各有1个，从而随机抽取一个小球概率皆为，方差为，选B.【点睛】此题考查数学期望与方差，考查根本分析与求解能力，属中档题.8.三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部〔不包括边界〕，二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，那么〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出三个二面角，再根据，确定二面角大小.【详解】设在底面内的射影为O，过O分别作AB,BC,CA垂线，垂足分别为D,E,F,那么，，，从而，，，因为，所以,,即,即，选C.【点睛】此题考查二面角，考查根本分析与判断能力，属中档题.9.向量，的夹角为，且，那么的最小值为〔〕A. B. C.5 D.【答案】B【解析】【分析】建立坐标系，将转化为直线上一动点到两定点距离和，再根据对称求最小值.【详解】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点距离的和,因为关于直线的对称点为，所以选B.【点睛】此题考查向量坐标表示与直线对称，考查等价转化与数形结合思想方法，考查根本求解能力，属难题.10.数列满足，，那么使的正整数的最小值是〔〕A.2023 B.2023 C.2023 D.2023【答案】C【解析】【分析】令,利用裂项相消法得，再根据范围求正整数的最小值.【详解】令,那么,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时,当时,所以当时，，，从而,因此,选C.【点睛】此题考查数列递推关系与裂项相消法，考查等价转化与构造法，考查综合分析与求解能力，属难题.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？〞意思是：有一根竹子〔与地面垂直〕，原高二丈〔1丈=10尺〕，现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，那么折断处离地面的高为__________尺．【答案】9.1尺【解析】【分析】根据题意列方程，解得结果.【详解】设折断处离地面的高为尺．那么【点睛】此题考查数学文化与应用，考查根本分析与求解能力，属根底题.12.某几何体的三视图如以以下图〔单位：〕，那么该几何体的体积〔单位：〕等于_______，外表积〔单位：〕等于__________．【答案】(1).(2).【解析】【分析】先复原几何体，再根据柱体与锥体性质求体积与外表积.【详解】几何体一个边长为2的正方体挖去一个正四棱锥〔顶点在正方体下底面中心，底面为正方体上底面〕，因此几何体的体积为，外表积为【点睛】此题考查三视图与柱体与锥体性质，考查空间想象能力与根本求解能力，属根底题.13.在中，内角，，所对的边分别为，，.，那么的值为__________，假设，，那么的面积等于_________.【答案】(1).(2).16【解析】【分析】第一空根据两角和正切公式得，再根据同角三角函数关系得的值，第二空先根据正弦定理得，再根据两角和正弦公式得,最后根据面积公式得结果.【详解】因为，所以，因此因为，所以因为()=,所以的面积等于【点睛】此题考查两角和正切公式、两角和正弦公式与正弦定理，考查根本分析求解能力，属根底题.14.假设，那么_________，_________.【答案】(1).-27(2).-940【解析】【分析】利用赋值法求系数.【详解】令得，所以，令得，令得，两式相加得【点睛】此题考查利用赋值法求二项展开式系数，考查根本分析求解能力，属根底题.15.函数，那么__________，假设实数，且，那么的取值范围是__________．【答案】(1).4(2).【解析】【分析】第一空直接代入对应解析式求解即可，第二空先根据函数图象确定关系及取值范围，再求的取值范围.【详解】),因为，且，所以,,因此.【点睛】此题考查分段函数求值以及函数图像，考查综合分析与求解能力，属中档题.16.现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，假设每个盒子最多放一个小球，那么恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.〔结果用数字表示〕【答案】336【解析】【分析】根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解.【详解】先不考虑红球与黄球不相邻，那么4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，再考虑红球与黄球相邻，那么4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，因此所求放法为【点睛】此题考查排列组合应用，考查综合分析与求解能力，属中档题.17.椭圆的两个顶点，，过，分别作的垂线交该椭圆于不同于的，两点，假设，那么椭圆的离心率是__________．【答案】【解析】【分析】先求出，两点坐标，再根据弦长公式化简，解得离心率.【详解】过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，因为，所以【点睛】此题考查椭圆的离心率，考查综合分析与求解能力，属中档题.三、解答题：本大题共5小题，共74分。解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.函数.〔Ⅰ〕求函数的单调递减区间；〔Ⅱ〕求方程在区间内的所有实根之和.【答案】〔Ⅰ〕，.〔Ⅱ〕.【解析】【分析】〔Ⅰ〕先根据二倍角公式、辅助角公式化根本三角函数，再根据正弦函数性质求减区间，〔Ⅱ〕根据正弦函数图像与性质求简单三角方程的根.【详解】〔Ⅰ〕，由单调递减可知，递增，故，，即.∴函数的单调递增区间是，.〔Ⅱ〕由，得.由在上递增，在上递减，且，得，方程在上有两不等实根，，且满足.∴.【点睛】此题考查二倍角公式、辅助角公式以及正弦函数图像与性质，考查综合分析与求解能力，属中档题.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，平面平面，二面角为.〔Ⅰ〕求证：平面；〔Ⅱ〕求与平面所成角的正弦值.【答案】〔Ⅰ〕见解析〔2〕【解析】【分析】〔Ⅰ〕根据面面垂直性质定理得平面，即得即为二面角的平面角，利用余弦定理解得，根据勾股定理得.最后根据线面垂直判定定理得结论，〔Ⅱ〕先利用等体积法求点到平面的距离，再根据解三角形得结果.【详解】〔Ⅰ〕证明：平面平面，交线为，且，∴平面，从而，，∴即为二面角的平面角，即.又，，由余弦定理得，∴，即.又，∴平面.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，平面，从而，，又，，故.由，点到平面的距离等于点到平面的距离，设点到平面的距离为，那么点到平面的距离也为，由得：，.∴与平面所成角的正弦值.【点睛】此题考查面面垂直性质定理、二面角、线面垂直判定定理、等体积法求点到平面的距离以及线面角，考查综合分析与求解能力，属中档题.20.等差数列的前项和为，，公差，且，，成等比数列，数列满足，的前项和为.〔Ⅰ〕求数列和的通项公式；〔Ⅱ〕记，试比拟与的大小.【答案】〔Ⅰ〕，〔Ⅱ〕见解析【解析】【分析】〔Ⅰ〕根据待定系数法求得公差，再利用和项与通项关系得的通项公式，〔Ⅱ〕先利用裂项相消法求，利用等比数列求和公式得，最后作差，利用二项展开式比拟大小.【详解】〔Ⅰ〕由得，即，又，∴，∴，.由得.时，.∴，显然也满足，∴.〔Ⅱ〕，，，当时，，，当时，，，当时，，∴.综上，当时，；当时.【点睛】此题考查利用和项与通项关系求通项公式、裂项相消法求和以及二项展开式应用，考查综合分析与求解能力，属中档题.21.抛物线：的焦点为，过点的动直线与抛物线交于，两点，直线交抛物线于另一点，的最小值为4.〔Ⅰ〕求抛物线的方程；〔Ⅱ〕记、的面积分别为，，求的最小值.【答案】〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕.【解析】【分析】〔Ⅰ〕根据抛物线性质可得，即得结果，〔Ⅱ〕设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求，再利用根本不等式求最值.【详解】〔Ⅰ〕由及抛物线的几何性质可得，∴，∴抛物线的方程为.〔Ⅱ〕设直线：，：，，，，由，，同理可得，从而，点到的距离，，∴.又，∴.当且仅当，即时有最小值.【点睛】此题考查抛物线定义与性质以及根本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题.22.函数，，曲线与有且仅有一个公共点.〔Ⅰ〕求的值；〔Ⅱ〕假设存在实数，，使得关于的不等式对任意正实数恒成立，求的最小值.【答案】〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕4【解析】【分析】〔Ⅰ〕根据导数研究函数图象，再根据图象确定有且仅有一个公共点的条件，解得结果，〔Ⅱ〕先根据特殊值缩小的取值范围，再根据二次函数性质确定成立的条件，利用导数确定成立的条件，结合两个条件消得关于满足的条件，最后利用导数分析取值范围，即得最小值.【详解】〔Ⅰ〕由题意知，即，令，那么.∵在上递增，在上增减，∴，∴.〔Ⅱ〕解法一：由题意知必有，即，当时，，，不符合题意；当时，有，此时，，不符合题意，因此有，因此①令，那么，在递增，在递减，故②由①②两式知，构造函数，那么，