2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟(浙江卷)数学

2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟(浙江卷)数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。满分150分。考试用时120分钟。考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。选择题部分（共60分）选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．已知为虚部单位，复数为纯虚数，则的虚部为（

）A． B． C． D．3．在中，a，b，c分别为A，B，C的对边，，且，则的面积为（

）A． B． C． D．4．将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为(

)A． B． C． D．5．已知公比为q的等比数列中，，平面向量，，则下列与共线的是（

）A． B． C． D．6．如图，正方体的棱长为4，动点E，F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上．若，，，（大于零），则四面体PEFQ的体积（

）A．与都有关 B．与m有关，与无关C．与p有关，与无关 D．与π有关，与无关7．已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值为2，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知，，，则，，的大小关系是（

）A．B．C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知实数a，b，c满足，则（）A． B． C． D．10．某人射箭9次，射中的环数依次为：7，8，9，7，6，9，8，10，8，关于这组数据，下列说法正确的是（

）A．这组数据的众数是8B．这组数据的平均数是8C．这组数据的中位数是6D．这组数据的方差是11．抛物线的准线为，焦点为，且经过点，点关于直线的对称点为点，设抛物线上一动点到直线的距离为，则（

）A．B．的最小值为C．直线与抛物线相交所得弦的长度为4D．过点且与抛物线有且只有一个公共点的直线共有两条12．设定义在上的函数满足，且，则下列说法正确的是（

）A．为奇函数B．的解析式唯一C．若是周期为的函数，则D．若时，，则是上的增函数非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在点处的切线方程为__________．14．已知，则不等式的解集为______.15．已知圆、为圆上两个动点，满足为线段的中点，.当在圆上运动时，存在某个位置使为钝角，则实数的取值范围是__________.16．已知点是椭圆：的左顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于另一点（点P在第一象限）.以原点O为圆心，为半径的圆在点处的切线与x轴交于点Q.若|PA|≥|PQ|，则的最大值是.四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，.(1)求角B的大小；(2)若，，求的面积.18．由于“新冠肺炎”对抵抗力差的人的感染率相对更高，特别是老年人群体，因此某社区在疫情控制后，及时给老年人免费体检，通过体检发现“高血糖，高血脂，高血压”，即“三高”老人较多.为此社区根据医生的建议为每位老人提供了一份详细的健康安排表，还特地建设了一个老年人活动中心，老年人每天可以到该活动中心去活动，以增强体质，通过统计每周到活动中心去运动的老年人的活动时间，得到了以下频率分布直方图.（1）从到活动中心参加活动的老人中任意选取5人.①若将频率视为概率，求至少有3人每周活动时间在[8，9)(单位：)的概率；②若抽取的5人中每周活动时间在[8，11](单位：)的人数为2人，从5人中选出3人进行健康情况调查，记3人中每周活动时间在[8，11](单位：h)的人数为ξ，求ξ的分布列和期望；（2）将某人的每周活动时间量与所有老人的每周平均活动时间量比较，当超出所有老人的每周平均活动量不少于0.74时，则称该老人为“活动爱好者”，从参加活动的老人中随机抽取10人，且抽到k人为“活动爱好者”的可能性最大，试求k的值.(每组数据以区间的中点值为代表)19．在正项数列中，，，其中．（1）写出，及；（2）记数列的前n项和，设，试判断与1的大小关系；（3）对于（2）中的，不等式对任意大于1的整数恒成立，求实数的取值范围．20．如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且.(1)证明：平面；(2)若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值.21．已知双曲线：与双曲线有相同的渐近线，直线被双曲线所截得的弦长为6．(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线右焦点的直线与双曲线相交于，两点，求证：以为直径的圆恒过轴上的定点，并求此定点坐标．22．设函数.(1)求的极值；(2)已知，有最小值，求的取值范围.参考解析1．A【解析】因为或，，所以，故选：A2．D【解析】为纯虚数，，解得：，，，则的虚部为.故选：D.3．B【解析】，，即，由正弦定理可知，，即，所以，由余弦定理，解得（负值舍），故三角形面积为，故选：B4．C【解析】将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有种放法，甲盒中恰好有3个小球有种放法，结合古典概型计算公式可得题中问题的概率值为.故选：C5．D【解析】等比数列公比为q，而，则，解得，，，则，对于A，，因，则A不是；对于B，，因，则B不是；对于C，，因，则C不是；对于D，，因，则D是.故选：D6．C【解析】如下图所示，连接、交于点，作，在正方体中，平面，且平面，，又四边形为正方形，则，且，平面，即平面，，平面，且，易知四边形是矩形，且，点到直线的距离为，的面积为，所以，四面体的体积为，因此，四面体的体积与有关，与、无关，故选C.7．D【解析】函数则函数在上是含原点的递增区间；又因为函数在区间上是单调递增，则，得不等式组又因为，所以解得.又因为函数在区间上恰好取得一次最大值为2，可得，所以，综上所述，可得.故选：D.8．A【解析】因为，，，所以，．．设，则．令，则易知在上单调递增．令，解得，且，所以当时，，即；当时，即，则在上单调递减，在上单调递增．又因为，所以，即，则，即，所以．故选:A．9．AC【解析】∵，由在上是增函数知A正确；由对数函数性质是减函数，为，∴，即，B错；由是减函数得，C正确；由于不一定在的单调增区间内，不能比较的大小，因此错误，D错；故选：AC．10．ABD【解析】数据从小到大排列为：，所以众数为，A选项正确；中位数为，C选项错误；平均数为，所以B选项正确；方差为，所以D选项正确.故选：ABD11．BC【解析】A选项，代入抛物线方程，解得，故A错误；D选项，由A知，此时抛物线方程为，故准线为，由题意，于是过点且和抛物线只有一个交点，过斜率不存在的线显然和抛物线不相交，故设，和抛物线联立得到，整理得，由，解得或，于是，是抛物线的两条切线，综上，过点且与抛物线有且只有一个公共点的直线共有三条，D选项错误；C选项，注意到，故轴，设直线与抛物线相交所得弦为，根据对称性，，C选项正确；B选项，设准线，垂足为，由题意，，根据抛物线的性质，，于是，当落在线段上取等号，故B选项正确.故选：BC12．ACD【解析】因为，令，可得，解得，再令，所以，即，所以，所以为奇函数，故A正确；令，则，，满足，故的解析式不唯一，即B错误；若是周期为的函数，则，所以，又，所以，故C正确；因为当时，，所以当时，则，设任意的，且，则，所以，因为，且，所以，，，，，所以，即，所以在上单调递增，则在上单调递增，又，且当时，，当时，则，所以是上的增函数，故D正确；故选：ACD13．【解析】因为，所以，,所以切线方程为,即.14．【解析】的定义域为，且，即有，即为偶函数；又时，，则在递增，不等式，即为，即有，可得，即有，即或，解得或，则解集为.15．【解析】由题意得，在以为圆心，以1为半径的圆上，设的中点为，则，且，当、在圆上运动时，存在某个位置使为钝角，∴圆与以为圆心以为半径的圆相交，，解得，∴实数的取值范围为，16．2【解析】直线AP的方程为：，由结合P在第一象限可得，联立化为：，解得，，∴，∵OP⊥PQ，∴，在中，，∵tan∠PAQ＝，∴sin∠PAQ＝.∵tan∠PQA＝，∴sin∠PQA＝.∴，化为：，∴，解得或，∵，∴1＜＜4，∴，因此则的最大值是2.17．【解析】（1）解：由，得，因为B，，则且，所以，即，则，得，所以.（2），又，所以，所以，故.18．【解析】（1）由图表的直方图可知，事件“到活动中心参加活动的老人任意选取1人，每周活动时间在[8，9)内”概率为p=，记“至少有3人每周活动时间在[8，9)(单位：h)”为事件A，则；随机变量ξ所以可能的取值为0，1，2，则，ξ的分布列如下：ξ012P故；（2）老人的周活动时间的平均值为：6.5×0.06+7.5×0.35+8.5×0.40+9.5×0.15+10.5×0.04=8.26(h)，则老人中“活动爱好者”的活动时间为[9，11]，参加活动的老人中为“活动爱好者”的概率为P=0.19，若从参加活动的老人中随机抽取10人，且抽到X人为“活动爱好者”，则X~B(10，0.19)，若k人的可能性最大，则，由，即且，解得：1.09≤k≤2.09，由于，故k=2.19．【解析】（1）∵，，∴，，且数列为等差数列，∴；（2）由（1）可得，∴，∴，∵，∴；（3）由（2）可得，，，由得，，又，当且仅当即时等号成立，∴，∴实数的取值范围为．20．【解析】（1）过点作于点，因为平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，则，又因为平面，所以平面；（2）由（1）知平面平面，得，又，所以，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，又因为，所以，，，设是平面的一个法向量，则，即，所以可取，设是平面的一个法向量，则即，所以可取，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.21．【解析】（1）由双曲线，可得其渐近线为，∴双曲线：的渐近线为，∴，即，∴双曲线：，由，可得，解得，∴直线被双曲线所截得的弦长为，解得，所以双曲线的方程为；（2）当直线的斜率不为0时，可设，由，可得，设，则，，∴，，设以为直径的圆上任意一点，则，∴以为直径的圆的方程为，令，可得，∴，∴，由，可得，即以为直径的圆恒过定点，当直线的斜率为0时，此时为实轴端点，显然以为直径的圆过点，综上，以为直径的圆恒