2023届浙江省高考模拟测数学试卷05（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05一、单选题1．设集合，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗因为集合，，所以，故选：A.2．设复数，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限〖答案〗A〖解析〗，，在复平面内对应的点为，在第一象限，故选：A.3．Logistic模型是常用的数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布的数据建立某地区流感累计确诊病例数（的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数，为非零常数，当时，的值为（

）A．60 B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由，且，得，解得，故选：A.4．若直线与直线垂直，则实数a的值为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗直线与直线垂直，则，解得，故选：B.5．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表.根据三角学知识可知，晷影长度等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即.若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是“表高”的倍和倍（所成角记、），则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意知，，所以.故选：D.6．在三角形中，和分别是边上的高和中线，则（

）A．14 B．15 C．16 D．17〖答案〗C〖解析〗设，则有，由余弦定理得，，其中，，解得，；故选：C.7．已知正方形ABCD所在平面与正方形CDEF所在平面互相垂直，且，P是对角线CE的中点，Q是对角线BD上一个动点，则P，Q两点之间距离的最小值为（

）A．1 B． C． D．〖答案〗C〖解析〗取边的中点为,连接,P是CE的中点，则,由于,平面平面,平面平面，平面,故平面,平面,故,在直角三角形中，,,要使最小，则最小，故当时，此时最小，故的最小值为,所以，、故选：C.8．设正数满足，当时，恒有，则乘积的最小值是（

）A． B．2 C． D．〖答案〗B〖解析〗不妨设，由，解得，同理可得，所以，解得，又因为，解得，所以.因为，所以，构建，.因为，所以为开口向下的二次函数，所以的最小值为或，则有：①若的最小值为，则，解得，所以，构建，则，令，解得；令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，且，所以的最小值为2，即的最小值为2；②若的最小值为，则，解得，所以，构建，则，则在上单调递减，则，所以的最小值为，即的最小值为,综上所述，的最小值为2.故选：B.二、多选题9．掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据这5次的统计结果，下列选项中有可能出现点数1的是（

）．A．中位数是3，众数是2 B．平均数是4，中位数是5C．极差是4，平均数是2 D．平均数是4，众数是5〖答案〗BCD〖解析〗对于A，中位数是3，则这5个数从小到大排列后，第3个数是3，第1、2个数是2才能使众数为2，故第1个数不是1，故A不正确，对于B，有可能出现点数1，例如；对于C，有可能出现点数1，例如；对于D，有可能出现点数1，例如；故选：BCD.10．已知函数的部分图象如图所示，则（

）A．的最小正周期为B．当时，的最大值为C．函数的图象关于点对称D．函数在点处的切线方程为〖答案〗AD〖解析〗由图可知，，，即，又，所以，由五点作图法可得，所以，，对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，所以，所以的最大值为2，故B错误；对于C，当时，，，所以函数的图象不关于点对称，故C错误；对于D，由，可得，，所以函数在点处的切线方程为，故D正确．故选：AD．11．已知，分别是双曲线：的左、右焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则（

）A．的面积为 B．点的横坐标为2或C．的渐近线方程为 D．以线段为直径的圆的方程为〖答案〗AB〖解析〗由双曲线方程知，，所以双曲线的渐近线方程为，故C错误；又，所以为直径的圆方程为，故D错误；由，得或，所以点的横坐标为2或，故B正确；又，所以，故A正确．故选：AB．12．数列共有M项（常数M为大于5的正整数），对于任意正整数，都有，且当时，，记的前n项和为，则下列说法正确的是（

）A．当时，B．当时，C．对任意小于M的正整数i，j，一定存在正整数p，q，使得D．对中任意一项，必存在中两项，使，，按照一定的顺序排列可以构成等差数列.〖答案〗ACD〖解析〗对于A，因为，所以，故，所以，A正确；对于B，因为，所以，所以，又当时，，所以，B错误，对于C，当为偶数时，由可得若，则，则，同理可得若，则，，当为奇数时，由可得若，则，则，同理可得若，则，，所以要证明对任意小于M的正整数i，j，一定存在正整数p，q，使得，只需证明对任意的小于等于的正整数，一定存在正整数p，q，使得，又当时，，所以原命题成立，C正确；对于D，当为偶数时，若，则，取，，此时成等差数列，若，则，取，，此时成等差数列，若，则，取，，此时成等差数列，当时，可得，，因为存在与所以存在与按照一定的顺序排列可以构成等差数列，当为奇数时，只需考虑的情况，（其它情形与为偶数的情况一样），此时取，，可得成等差数列，D正确；故选：ACD.三、填空题13．的展开式中二项式系数最大的项是________.〖答案〗〖解析〗的二项展开式有7项，其二项式系数为，由组合数的性质可知最大，故由二项式定理得二项式系数最大的一项是.故〖答案〗为：14．已知椭圆经过点和，则椭圆的离心率为___________.〖答案〗〖解析〗将两个点代入椭圆方程得：，解得，故.故〖答案〗为：15．若随机变量服从正态分布，且，则的值是______．〖答案〗〖解析〗因为随机变量服从正态分布，且，所以，因为，，所以，故〖答案〗为：16．已知函数.如果存在实数使函数，在处取得最小值，则实数的最大值为__．〖答案〗〖解析〗，当时，在处取得最小值，则，即：，当时,不等式恒成立.当时,不等式可化为：，设，，知其图象是开口向下的抛物线,故在闭区间上的最小值必在端点处取得，且则不等式成立的充要条件是整理得,则该不等式在上有解，即得解,故实数的最大值为.故〖答案〗为：四、解答题17．已知数列的前n项和为，，，且．（1）求数列的通项公式；（2）已知，求数列的前n项和．（1）解：由题意得：由题意知，则又，所以是公差为2的等差数列，则；（2）解：由题知则18．在△中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且，．（1）求证：△为等腰三角形；（2）从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知，求AC边上的高h．条件①：△的面积为；条件②：△的周长为20．（1）证明：因为，由余弦定理可得：，又，设，则，解得（舍）或，故△为等腰三角形，即证.（2）解：选①：△的面积为，由，可得，又，故，则，又，故可得，又，则，因为AC边上的高为h，故，故可得；选②：△的周长为20，则，即，结合可得，由，可得，又，故，则，即，解得.综上所述，选择①②作为条件，均有.19．如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：由题意知，，，两两互相垂直，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，则，，，，所以，．底面，底面，又，，且平面,平面，所以是平面的一个法向量．因为，所以．又平面，所以平面．（2）解：因为，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则由，解得，令，得平面的一个法向量为．设直线与平面所成的角为，则．故：直线与平面所成角的正弦值为．20．某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在A，B实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗．为观测其生长情况，分别在A，B试验地随机抽选各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗．（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A，B两块实验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关．优质花苗非优质花苗合计甲培育法20乙培育法10合计附：下面的临界值表仅供参考．0．150．100．050．0250．0100．0050．0012．0722．7063．8415．0246．6357．87910．828（参考公式：，其中．）解：（1）由，解得．令得分中位数为x，由，解得．故综合评分的中位数为82.5．（2）由（1）与频率分布直方图，优质花苗的频率为，即概率为，设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X，则，；；；．其分布列为：X0123P所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望．（3）结合（1）与频率分布直方图，优质花苗的频率为，则样本中，优质花苗的颗数为60棵，列联表如下表所示：优质花苗非优质花苗合计甲培育法203050乙培育法401050合计6040100可得．所以，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系．21．已知椭圆的离心率为，C上点M到C外点的距离最小值为2．（1）求C的方程；（2）设A，B为C的左右顶点，点M关于x轴的对称点为，经过点M的直线与直线相交于点N，直线与的斜率之积为．记和的面积分别为S1，S2，求的最大值．解：（1）由点在轴上，所以椭圆的右顶点到的距离最小，故．由，得b=1．所以C的方程为．（2），设，则，所以直线与的斜率之积为．因为直线与的斜率之积为，所以直线斜率为斜率的3倍．因为，设，由得，．由对称性知经过x轴上的定点，因为，由，得且，所以，所以经过定点．解法1：所以．设，因为，所以．设，，因为当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以．因此，当且仅当取等号，取等号时，，．于是当，时，取最大值．解法2：可知MN不垂直于y轴，设，联立得，因为，所以,因此．由，得，当，时等号成立，于是取最大值．22．已知函数，（其中是自然对数的底数）（1）试讨论函数的零点个数；（2）当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.（1）解：由可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，，令可得，列表如下：减极小值增如下图所示：当时，函数无零点；当时，函数只有一个零点；当时，函数有两个零点.（2）证明：，其中，所以，，由已知可得，上述两个等式作差得，要证，即证，因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，因为函数在上单调递增，，，，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，联立可得，即点，构造函数，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，由图可知，则，所以，，因为，可得，函数在处的切线方程为，联立，解得，即点，因为，所以，，构造函数，其中，则，，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，则，所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，所以，，可得，因此，，故原不等式成立.浙江省2023届高考数学模拟测试卷05一、单选题1．设集合，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗因为集合，，所以，故选：A.2．设复数，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限〖答案〗A〖解析〗，，在复平面内对应的点为，在第一象限，故选：A.3．Logistic模型是常用的数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布的数据建立某地区流感累计确诊病例数（的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数，为非零常数，当时，的值为（

）A．60 B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由，且，得，解得，故选：A.4．若直线与直线垂直，则实数a的值为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗直线与直线垂直，则，解得，故选：B.5．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表.根据三角学知识可知，晷影长度等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即.若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是“表高”的倍和倍（所成角记、），则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意知，，所以.故选：D.6．在三角形中，和分别是边上的高和中线，则（

）A．14 B．15 C．16 D．17〖答案〗C〖解析〗设，则有，由余弦定理得，，其中，，解得，；故选：C.7．已知正方形ABCD所在平面与正方形CDEF所在平面互相垂直，且，P是对角线CE的中点，Q是对角线BD上一个动点，则P，Q两点之间距离的最小值为（

）A．1 B． C． D．〖答案〗C〖解析〗取边的中点为,连接,P是CE的中点，则,由于,平面平面,平面平面，平面,故平面,平面,故,在直角三角形中，,,要使最小，则最小，故当时，此时最小，故的最小值为,所以，、故选：C.8．设正数满足，当时，恒有，则乘积的最小值是（

）A． B．2 C． D．〖答案〗B〖解析〗不妨设，由，解得，同理可得，所以，解得，又因为，解得，所以.因为，所以，构建，.因为，所以为开口向下的二次函数，所以的最小值为或，则有：①若的最小值为，则，解得，所以，构建，则，令，解得；令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，且，所以的最小值为2，即的最小值为2；②若的最小值为，则，解得，所以，构建，则，则在上单调递减，则，所以的最小值为，即的最小值为,综上所述，的最小值为2.故选：B.二、多选题9．掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据这5次的统计结果，下列选项中有可能出现点数1的是（

）．A．中位数是3，众数是2 B．平均数是4，中位数是5C．极差是4，平均数是2 D．平均数是4，众数是5〖答案〗BCD〖解析〗对于A，中位数是3，则这5个数从小到大排列后，第3个数是3，第1、2个数是2才能使众数为2，故第1个数不是1，故A不正确，对于B，有可能出现点数1，例如；对于C，有可能出现点数1，例如；对于D，有可能出现点数1，例如；故选：BCD.10．已知函数的部分图象如图所示，则（

）A．的最小正周期为B．当时，的最大值为C．函数的图象关于点对称D．函数在点处的切线方程为〖答案〗AD〖解析〗由图可知，，，即，又，所以，由五点作图法可得，所以，，对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，所以，所以的最大值为2，故B错误；对于C，当时，，，所以函数的图象不关于点对称，故C错误；对于D，由，可得，，所以函数在点处的切线方程为，故D正确．故选：AD．11．已知，分别是双曲线：的左、右焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则（

）A．的面积为 B．点的横坐标为2或C．的渐近线方程为 D．以线段为直径的圆的方程为〖答案〗AB〖解析〗由双曲线方程知，，所以双曲线的渐近线方程为，故C错误；又，所以为直径的圆方程为，故D错误；由，得或，所以点的横坐标为2或，故B正确；又，所以，故A正确．故选：AB．12．数列共有M项（常数M为大于5的正整数），对于任意正整数，都有，且当时，，记的前n项和为，则下列说法正确的是（

）A．当时，B．当时，C．对任意小于M的正整数i，j，一定存在正整数p，q，使得D．对中任意一项，必存在中两项，使，，按照一定的顺序排列可以构成等差数列.〖答案〗ACD〖解析〗对于A，因为，所以，故，所以，A正确；对于B，因为，所以，所以，又当时，，所以，B错误，对于C，当为偶数时，由可得若，则，则，同理可得若，则，，当为奇数时，由可得若，则，则，同理可得若，则，，所以要证明对任意小于M的正整数i，j，一定存在正整数p，q，使得，只需证明对任意的小于等于的正整数，一定存在正整数p，q，使得，又当时，，所以原命题成立，C正确；对于D，当为偶数时，若，则，取，，此时成等差数列，若，则，取，，此时成等差数列，若，则，取，，此时成等差数列，当时，可得，，因为存在与所以存在与按照一定的顺序排列可以构成等差数列，当为奇数时，只需考虑的情况，（其它情形与为偶数的情况一样），此时取，，可得成等差数列，D正确；故选：ACD.三、填空题13．的展开式中二项式系数最大的项是________.〖答案〗〖解析〗的二项展开式有7项，其二项式系数为，由组合数的性质可知最大，故由二项式定理得二项式系数最大的一项是.故〖答案〗为：14．已知椭圆经过点和，则椭圆的离心率为___________.〖答案〗〖解析〗将两个点代入椭圆方程得：，解得，故.故〖答案〗为：15．若随机变量服从正态分布，且，则的值是______．〖答案〗〖解析〗因为随机变量服从正态分布，且，所以，因为，，所以，故〖答案〗为：16．已知函数.如果存在实数使函数，在处取得最小值，则实数的最大值为__．〖答案〗〖解析〗，当时，在处取得最小值，则，即：，当时,不等式恒成立.当时,不等式可化为：，设，，知其图象是开口向下的抛物线,故在闭区间上的最小值必在端点处取得，且则不等式成立的充要条件是整理得,则该不等式在上有解，即得解,故实数的最大值为.故〖答案〗为：四、解答题17．已知数列的前n项和为，，，且．（1）求数列的通项公式；（2）已知，求数列的前n项和．（1）解：由题意得：由题意知，则又，所以是公差为2的等差数列，则；（2）解：由题知则18．在△中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且，．（1）求证：△为等腰三角形；（2）从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知，求AC边上的高h．条件①：△的面积为；条件②：△的周长为20．（1）证明：因为，由余弦定理可得：，又，设，则，解得（舍）或，故△为等腰三角形，即证.（2）解：选①：△的面积为，由，可得，又，故，则，又，故可得，又，则，因为AC边上的高为h，故，故可得；选②：△的周长为20，则，即，结合可得，由，可得，又，故，则，即，解得.综上所述，选择①②作为条件，均有.19．如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：由题意知，，，两两互相垂直，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，则，，，，所以，．底面，底面，又，，且平面,平面，所以是平面的一个法向量．因为，所以．又平面，所以平面．（2）解：因为，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则由，解得，令，得平面的一个法向量为．设直线与平面所成的角为，则．故：直线与平面所成角的正弦值为．20．某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在A，B实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗．为观测其生长情况，分别在A，B试验地随机抽选各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗．（1）求图中a的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A，B两块实验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关．优质花苗非优质花苗合计甲培育法20乙培育法10合计附：下面的临界值表仅供参考．0．150．100．050．0250．0100．0050．0012．0722．7063．8415．0246．6357．87910．828（参考公式：，其中．）解：（1）由，解得．令得分中位数为x，由，解得．故综合评分的中位数为82.5．（2）由（1）与频率分布直方图，优质花苗的频率为，即概率为，设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X，则，；；；．其分布列为：X0123P所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望．（3）结合（1）与频率分布直方图，优质