2023届浙江省高考模拟测数学试卷02（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省2023届高考数学模拟测试卷02一、单项选择题1．若集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，解得，所以，所以.故选：D.2．已知随机变量服从正态分布，且，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗随机变量服从正态分布，显然对称轴，所以由对称性知，故选：C．3．某个函数的大致图象如图所示，则该函数可能是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗4个选项函数定义域均为R，对于A,，故为奇函数，且对于B,故为奇函数，，对于C,,故为偶函数，对于D，故为奇函数，，由图知为奇函数，故排除C；由，排除A,由，排除D,故选：B．4．已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”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〗C〖解析〗设等比数列的公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.故选：C5．袋子中有大小相同的个白球和个红球，从中任取个球，已知个球中有白球，则恰好拿到个红球的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因为取到的3个球中有白球，所以共有种方法，3个球中恰好有两个红球的取法共有种，设事件“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，则.故选：A.6．已知，，且，则ab的最小值为（

）A．4 B．8 C．16 D．32〖答案〗C〖解析〗∵，∴，即：∴，∵，，∴，，∴，当且仅当即时取等号，即：，当且仅当时取等号，故的最小值为16.故选：C.7．设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗如图，取的中点为，连接，则由题意可得，，所以相似，所以,因为直线PQ，PF的斜率之积为，所以,设，则有，两式相减可得，即，即，即，所以椭圆的离心率为，故选:B.8．设函数，则（

）A．函数有且仅有一个零点B．对，，函数有且仅有一个零点C．，恒成立D．，恒成立〖答案〗D〖解析〗对于A，，则，令，令，则，令，则，当时，，函数递减，当时，，函数递增，所以，因为，所以，所以，即，所以，所以，所以，则，所以函数在上有零点，所以在上有无数个零点，即函数在上有无数个零点，故A错误；对于B，，又，所以，所以存在，使得函数有两个交点，即存在，使得函数有个零点，故B错误；对于C，当时，，则，所以当时，，所以不存在，恒成立，故C错误；对于D，取，，令，则，所以函数在上递增，所以，即，所以，所以，即，故可取，恒成立，故D正确.故选：D.二、多项选择题9．已知圆的方程为，对任意的，该圆（

）A．圆心在一条直线上 B．与坐标轴相切C．与直线不相交 D．不过点〖答案〗ABC〖解析〗对于：显然圆心在故A对；对于B：圆心到坐标轴的距离均为，等于圆的半径，故该圆与坐标轴相切，B正确；对于C：圆心到直线距离，故相离，C对；对于D：将点代入圆方程得，显然，故有解，所以可能过点错；故选：ABC．10．已知函数的最小正周期为,且图象经过点,则(

)A．B．点为函数图象的对称中心C．直线为函数图象的对称轴D．函数的单调增区间为〖答案〗ACD〖解析〗因为最小正周期,所以,所以A对.因为,所以,又,所以.所以.因为,所以B错.因为,所以直线为函数图象的对称轴,所以C对.由,得.所以函数的单调增区间为,所以D对.故选:ACD.11．如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（

）A．B．点P在线段上C．平面D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为〖答案〗BC〖解析〗对于A，点P在平面内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长，所以，A错误；对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，则，，，，，，且，，所以，，．因为，所以，所以，即，所以，所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确；对于C，，，，，，由，因为，，平面，所以平面，C正确；对于D，，，平面的一个法向量为．设与平面的夹角为，为锐角，其正弦值为．由，得，D错误．故选：BC．12．已知各项均为正数的数列满足为其前项和，则（

）A． B．C． D．〖答案〗ACD〖解析〗设函数，则，故在上单调递增.用数学归纳法下证.当时，有；假设当时，有，由于，所以根据在上单调递增可知，即当时，有.综上可知，.对于A，令，因为，故在上单调递增，故，即，即.，故A正确.对于B，令，，令，令，则>0，所以，即在上单调递增，所以，所以即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，即.故，故选项B错误；对于C，可用数学归纳法证明：.当时，有成立；假设当时，有，若，则由可知，与假设矛盾，故.故，故C正确.对于D，当时，，故，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题(共0分)13．数据23，76，45，37，58，16，28，15的25百分位数是__________．〖答案〗19.5〖解析〗将数据从小到大排序：15，16，23，28，37，45，58，76共8个数据，，第2，3个数据分别为16,23，因此，这些数据的25百分位数为．故〖答案〗为：19.5或.14．的展开式中含项的系数为______.〖答案〗〖解析〗的展开式通项，令，得；令，得，故的展开式中含项的系数为.故〖答案〗为：.15．若点在函数的图象上，则的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗由，，可得，因为恒成立，所以，即；设，，因为，所以，即在递减，所以，则，即，则的取值范围是.故〖答案〗为：.16．已知向量，满足，若以向量为基底，将向量表示成为实数），都有，则的最小值为________〖答案〗〖解析〗由题可知，不妨设，,,则点、分别在以原点为圆心，半径分别为和的圆上运动，又为实数），都有，所以当、、三点共线时且此线与半径为2的圆相切时，向量的夹角最大，此时，的最小.此时，在中，由余弦定理可得，,故〖答案〗为：.四、解答题17．设公差不为0的等差数列的前n项和为，，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，，求数列的前n项和．解：（1），设公差为d，首项为，因为公差不为0，所以解得，，数列的通项公式为，.（2）

①

②得，解得18．在中，角所对的边分别是.已知.（1）若，求；（2）求的取值范围.解：（1）由正弦定理得，又，得，，，所以或，得或(舍去)，若，则；（2），由正弦定理，得，由（1）知，得，又，所以，即，而，所以，得，故，即.19．如图，三棱柱，底面ABC是边长为2的正三角形，，平面平面．（1）证明：平面ABC；（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：如图，取的中点，的中点，连接，，，因为，是的中点，所以，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因，，是的中点，所以，，又，平面，所以平面，因为平面，.又，平面，所以平面.（2）解：以为坐标原点，，分别为，轴，平行为轴，建系如图所示，设，则，，，，，，设平面的法向量为，，取可得，所以为平面的一个法向量，设与平面所成的角为，则，解得，从而，，设平面的法向量为，，取可得，，所以，所以，设平面与平面夹角为，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为.20．云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长.从中国信息通信研究院发布的《云计算白皮书（2022年）》可知，我国2017年至2021年云计算市场规模数据统计表如下：年份2017年2018年2019年2020年2021年年份代码x12345云计算市场规模y/亿元692962133420913229经计算得：=36.33，=112.85.（1）根据以上数据，建立y关于x的回归方程（为自然对数的底数）.（2）云计算为企业降低生产成本､提升产品质量提供了强大助推力.某企业未引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差，其中m为单件产品的成本（单位：元），且=0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若保持单件产品的成本不变，则将会变成多少？若保持产品质量不变（即误差的概率分布不变），则单件产品的成本将会下降多少？附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为=，.若，则，，解：（1）因为，所以，所以，所以，所以.（2）未引入云算力辅助前，，所以，又，所以，所以.引入云算力辅助后，，所以，若保持产品成本不变，则，所以，若产品质量不变，则，所以，所以单件产品成本可以下降元.21．如图，已知抛物线，直线l过点与抛物线交于A、B两点，且在A、B处的切线交于点P，过点P且垂直于x轴的直线分别交抛物线C、直线l于M、N两点．直线l与曲线交于C、D两点．（1）求证：点N是中点；（2）设的面积分别为，求的取值范围．解：（1）因为点的直线l过与抛物线交于A、B两点，所以直线的斜率存在，可设.设，则，消去y可得：，所以.对抛物线可化为，求导得：，所以以为切点的切线方程为，整理得：.同理可求：以为切点的切线方程为.两条切线方程联立解得：，，所以.过点P且垂直于x轴的直线为：，所以.所以，即点N是中点.（2）设.因为点D到MN的距离为，所以.因为点B到MN的距离为，所以.所以.由（1）可知：点N是中点.同理可证：点N是中点.所以.设，则，消去y可得：，所以.所以.由（1）可知：，，所以.同理可求：，.所以因为，所以，所以，所以，所以，所以.即的取值范围为.22．已知函数．（1）讨论的单调性，（2）若有两个极值点，且．恒成立．①求a的取值范围；②证明：（1）解：令，即．若，即当时，，在上为增函数．若，即当时，．①若，当时，；当时，；即在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数．②若，当时，；当时，；则在上为减函数，上为增函数．（2）①解：由（1）知有两个极值点，则，由已知得，则．令，则，在内单调递减．，的取值范围是．②证明：证明恒成立等价于成立，即成立．令，则，令，则，显然在上，，即在上为增函数．当时，．使得，即，则为减函数，为增函数．．．令，则在上，，在上单调递增．，即，，，则恒成立．而已求得，即证得恒成立.浙江省2023届高考数学模拟测试卷02一、单项选择题1．若集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，解得，所以，所以.故选：D.2．已知随机变量服从正态分布，且，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗随机变量服从正态分布，显然对称轴，所以由对称性知，故选：C．3．某个函数的大致图象如图所示，则该函数可能是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗4个选项函数定义域均为R，对于A,，故为奇函数，且对于B,故为奇函数，，对于C,,故为偶函数，对于D，故为奇函数，，由图知为奇函数，故排除C；由，排除A,由，排除D,故选：B．4．已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”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〗C〖解析〗设等比数列的公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.故选：C5．袋子中有大小相同的个白球和个红球，从中任取个球，已知个球中有白球，则恰好拿到个红球的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因为取到的3个球中有白球，所以共有种方法，3个球中恰好有两个红球的取法共有种，设事件“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，则.故选：A.6．已知，，且，则ab的最小值为（

）A．4 B．8 C．16 D．32〖答案〗C〖解析〗∵，∴，即：∴，∵，，∴，，∴，当且仅当即时取等号，即：，当且仅当时取等号，故的最小值为16.故选：C.7．设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗如图，取的中点为，连接，则由题意可得，，所以相似，所以,因为直线PQ，PF的斜率之积为，所以,设，则有，两式相减可得，即，即，即，所以椭圆的离心率为，故选:B.8．设函数，则（

）A．函数有且仅有一个零点B．对，，函数有且仅有一个零点C．，恒成立D．，恒成立〖答案〗D〖解析〗对于A，，则，令，令，则，令，则，当时，，函数递减，当时，，函数递增，所以，因为，所以，所以，即，所以，所以，所以，则，所以函数在上有零点，所以在上有无数个零点，即函数在上有无数个零点，故A错误；对于B，，又，所以，所以存在，使得函数有两个交点，即存在，使得函数有个零点，故B错误；对于C，当时，，则，所以当时，，所以不存在，恒成立，故C错误；对于D，取，，令，则，所以函数在上递增，所以，即，所以，所以，即，故可取，恒成立，故D正确.故选：D.二、多项选择题9．已知圆的方程为，对任意的，该圆（

）A．圆心在一条直线上 B．与坐标轴相切C．与直线不相交 D．不过点〖答案〗ABC〖解析〗对于：显然圆心在故A对；对于B：圆心到坐标轴的距离均为，等于圆的半径，故该圆与坐标轴相切，B正确；对于C：圆心到直线距离，故相离，C对；对于D：将点代入圆方程得，显然，故有解，所以可能过点错；故选：ABC．10．已知函数的最小正周期为,且图象经过点,则(

)A．B．点为函数图象的对称中心C．直线为函数图象的对称轴D．函数的单调增区间为〖答案〗ACD〖解析〗因为最小正周期,所以,所以A对.因为,所以,又,所以.所以.因为,所以B错.因为,所以直线为函数图象的对称轴,所以C对.由,得.所以函数的单调增区间为,所以D对.故选:ACD.11．如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（

）A．B．点P在线段上C．平面D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为〖答案〗BC〖解析〗对于A，点P在平面内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长，所以，A错误；对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，则，，，，，，且，，所以，，．因为，所以，所以，即，所以，所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确；对于C，，，，，，由，因为，，平面，所以平面，C正确；对于D，，，平面的一个法向量为．设与平面的夹角为，为锐角，其正弦值为．由，得，D错误．故选：BC．12．已知各项均为正数的数列满足为其前项和，则（

）A． B．C． D．〖答案〗ACD〖解析〗设函数，则，故在上单调递增.用数学归纳法下证.当时，有；假设当时，有，由于，所以根据在上单调递增可知，即当时，有.综上可知，.对于A，令，因为，故在上单调递增，故，即，即.，故A正确.对于B，令，，令，令，则>0，所以，即在上单调递增，所以，所以即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即，即.故，故选项B错误；对于C，可用数学归纳法证明：.当时，有成立；假设当时，有，若，则由可知，与假设矛盾，故.故，故C正确.对于D，当时，，故，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题(共0分)13．数据23，76，45，37，58，16，28，15的25百分位数是__________．〖答案〗19.5〖解析〗将数据从小到大排序：15，16，23，28，37，45，58，76共8个数据，，第2，3个数据分别为16,23，因此，这些数据的25百分位数为．故〖答案〗为：19.5或.14．的展开式中含项的系数为______.〖答案〗〖解析〗的展开式通项，令，得；令，得，故的展开式中含项的系数为.故〖答案〗为：.15．若点在函数的图象上，则的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗由，，可得，因为恒成立，所以，即；设，，因为，所以，即在递减，所以，则，即，则的取值范围是.故〖答案〗为：.16．已知向量，满足，若以向量为基底，将向量表示成为实数），都有，则的最小值为________〖答案〗〖解析〗由题可知，不妨设，,,则点、分别在以原点为圆心，半径分别为和的圆上运动，又为实数），都有，所以当、、三点共线时且此线与半径为2的圆相切时，向量的夹角最大，此时，的最小.此时，在中，由余弦定理可得，,故〖答案〗为：.四、解答题17．设公差不为0的等差数列的前n项和为，，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，，求数列的前n项和．解：（1），设公差为d，首项为，因为公差不为0，所以解得，，数列的通项公式为，.（2）

①

②得，解得18．在中，角所对的边分别是.已知.（1）若，求；（2）求的取值范围.解：（1）由正弦定理得，又，得，，，所以或，得或(舍去)，若，则；（2），由正弦定理，得，由（1）知，得，又，所以，即，而，所以，得，故，即.19．如图，三棱柱，底面ABC是边长为2的正三角形，，平面平面．（1）证明：平面ABC；（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：如图，取的中点，的中点，连接，，，因为，是的中点，所以，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因，，是的中点，所以，，又，平面，所以平面，因为平面，.又，平面，所以平面.（2）解：以为坐标原点，，分别为，轴，平行为轴，建系如图所示，设，则，，，，，，设平面的法向量为，，取可得，所以为平面的一个法向量，设与平面所成的角为，则，解得，从而，，设平面的法向量为，，取可得，，所以，所以，设平面与平面夹角为，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为.20．云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长.从中国信息通信研究院发布的《云计算白皮书（2022年）》可知，我国2017年至2021年云计算市场规模数据统计表如下：年份2017年2018年2019年2020年2021年年份代码x12345云计算市场规模y/亿元692962133420913229经计算得：=36.33，=112.85.（1）根据以上数据，建立y关于x的回归方程（为自然对数的底数）.（2）云计算为企业降低生产成本､提升产品质量提供了强大助推力.某企业未引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差，其中m为单件产品的成本（单位：元），且=0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若