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文档简介

2023年6月浙江省高考仿真模拟卷02数学·全解全析注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题:本题共8小题,每小题5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.1.已知集合M满足2,3⊆M⊆1,2,3,4,5,那么这样的集合M的个数为(A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【分析】根据集合的包含关系一一列举出来即可.【详解】因为2,3⊆M⊆所以集合M可以为:2,3,1,2,3,4,故选:C.2.已知a>1,b>1,且log2a=logbA.4 B.8 C.16 D.32【答案】C【分析】运用对数运算及换底公式可得log2a⋅log【详解】∵log2∴12log∴log2∵a>1,b>1,∴log2a>0,∴log2(ab)=log2a+即:ab≥24=16故ab的最小值为16.故选:C.3.某兴趣小组研究光照时长x(h)和向日葵种子发芽数量y(颗)之间的关系,采集5组数据,作如图所示的散点图.若去掉D10,2后,下列说法正确的是(

A.相关系数r变小 B.决定系数R2C.残差平方和变大 D.解释变量x与预报变量y的相关性变强【答案】D【分析】从图中分析得到去掉D10,2【详解】从图中可以看出D10,2较其他点,偏离直线远,故去掉D对于A,相关系数r越接近于1,模型的拟合效果越好,若去掉D10,2后,相关系数r对于B,决定系数R2越接近于1,模型的拟合效果越好,若去掉D10,2后,决定系数对于C,残差平方和越小,模型的拟合效果越好,若去掉D10,2对于D,若去掉D10,2后,解释变量x与预报变量y故选:D.4.已知平面向量a=1,3,b=2,且a−bA.1 B.14 C.14 D.10【答案】B【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.【详解】因为a−b2=a2−2a⋅故选:B5.“清明时节雨纷纷,路上行人欲断魂”描述的是我国传统节日“清明节”的景象.“青团”创于宋朝,是清明节的寒食名点之一,也是人们提起清明节会最先想到的美食.某地居民喜好的青团品种有4个,假定每个人购买时对于每种青团的选择是独立的,选择每个品种的概率均为13,若在清明节当日,某传统糕点店为顾客只准备了3个品种的青团,则一位进店顾客,他的要求可以被满足的概率为(

A.1481 B.1027 C.3881【答案】D【分析】先求出不被满足的概率为P,利用对立事件的概率关系即可求解.【详解】设不被满足的概率为P,则P=C41故选:D.6.若与y轴相切的圆C与直线l:y=33x也相切,且圆C经过点P2,3A.2 B.2或143 C.74 D.7【答案】B【分析】根据题意设出圆的方程,代入点的坐标可求圆的方程,从而可得圆的直径.【详解】因为直线l:y=33x所以圆C的圆心在两切线所成角的角平分线y=3设圆心Ca,3a,则圆C将点P2,3的坐标代入,得整理得3a2−10a+7=0,解得a=1所以圆C的直径为2或143故选:B.7.已知x+1x−15=a0A.−1 B.0 C.1 D.2【答案】B【分析】根据x+1x−1【详解】因为x+1x−15=xx−15−x−15,x−15展开式第r+1项Tr+1=C5故选:B8.三棱锥P−ABC中,AB⊥AC,AB=2,BC=22,PC⊥AC,PB=25,则三棱锥P−ABCA.16π B.18π C.20π【答案】C【分析】先将三棱锥P−ABC画在长方体方体中,并建立空间直角坐标系O−xyz,由题目条件分析出点P的轨迹方程,再有三棱锥P−ABC的外接球的球心O满足|OA|=|OP|,找到球心O满足的条件,再求出其最值,从而找到半径的最小值,解决问题.【详解】如图,将三棱锥P−ABC画在长方体方体中,并建立空间直角坐标系O−xyz,由AC⊥PC,由AC⊥面DD1C1C又|BP|=25,BD⊥面DD1故|DP|=4,即P点轨迹为以D为圆心,半径为4,在DCC设点Pxp,0,z因为△ABC为等腰直角三角形,所以三棱锥P−ABC的外接球的球心O在直线EF上,设点O1,1,zO,由|OA|=|OP|联立①②得:zo设过点8,0和点xp,zp的直线斜率为由直线与圆相切,可得k∈−则zomin=3,所以故选:C二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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.在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,M为线段A.直线DP与OM是异面直线 B.三棱锥B1C.存在点M,使AC1//平面BDM D.存在点M,使【答案】BC【分析】选项A易判断,由VB1−DBM=VM−B1BD可判断B,当M为CC1中点时,可得A【详解】A项:因为BD,BM相交,所以DP,OM共面,故错误;B项:因为VB1−DBM所以CC1//BB1,因为CC1所以CC1//平面BB1D1C项:当M为CC1中点时,OM为△ACC因为AC1⊄平面BDM,OM⊂所以AC1//D项:当M与C1重合时,因为BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC所以BD⊥平面ACC1A1,因为A1同理可证BM⊥A1C,因为BD∩BM=B,BD,BM⊂平面BDM,所以A又因为M不与端点重合,故错误.故选:BC10.下列说法正确的有(

)A.若事件A与事件B互斥,则PB.若PA>0,PB>0C.若随机变量X服从正态分布N2,σ,PX≤3D.这组数据4,3,2,5,6的60%分位数为【答案】BC【分析】利用互斥事件的定义判断A,利用条件概率公式和独立事件的定义判断B,利用正态分布曲线的对称性判断C,利用百分位数的定义判断D.【详解】选项A,若事件A与事件B互斥,则PA选项B,若PA>0,PB则PAB=PAPB所以P(A|B)=PA选项C:若随机变量X服从正态分布N2,σ,P则PX>3所以PX≤1选项D:将数据4,3,2,5,6进行排序得2,3,4,5,6,共5个,5×60%=3,所以这组数据4,3,2,5,6的60%故选:BC11.设F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点F的直线l与抛物线C交于Ax1,y1Bx2,y2两点,过B作与x轴平行的直线,和过点FA.x1B.当直线l的斜率为1时,△OAB的面积为2p(其中O为坐标原点C.若Q为C的准线上任意一点,则直线QA,QF,QB的斜率成等差数列D.点M到直线FN的距离为p【答案】ACD【分析】A.设直线l的方程为ty=x−p2,代入抛物线方程化为y2−2pty−p2=0,利用根与系数的关系可得y1y2=−p2,结合抛物线方程可得x1x2,进而判断出正误.B.当直线l的斜率为1时,直线l的方程为y=x−p2,代入椭圆方程可得:x2−3px+p24=0,利用根与系数的关系及抛物线的定义可得AB,利用点到直线的距离公式可得点O到直线l的距离d,可得【详解】解:A.Fp2,0,设直线l联立y2=2pxty=x−∴y1y∵4p2x∴xB.当直线l的斜率为1时,直线l的方程为y=x−p代入椭圆方程可得:x2∴x1+点O到直线l的距离d=p∴△OAB的面积为12C.设Q−p2,m,则kQF∴2k通分后分子=−2m=−2my1y22+m=−2即2kQF−kQA−kQBD.如图所示,过点M作MH⊥FN,垂足为H,∵AMMN=又ANMN=AFMH,∴AF故选:ACD.12.已知函数fx=xlgx−x−lgx(x>1)的零点为x1A.x1+xC.x1−x【答案】ABD【分析】由题意可得x1⋅lgx1−x1−lgx1=0,(x1>1),令【详解】由题意可得x1⋅lg令lgx1=t>0代入方程可得t10t−变形为1t令ℎt=1可知函数ℎt在0,+又x210x∴x2=t=由x210x2−x2x1令ℎx=10∴函数ℎx在1,+∞上单调递增,∴x故选:ABD第Ⅱ卷三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分13.复数z满足2z+z=6−i(i【答案】1【分析】令z=a+bi,则z【详解】令z=a+bi,则z所以2z+z=2a+bi+故答案为:1.14.已知圆C1:(x−a)2+y2=4与C2【答案】−【分析】根据圆与圆相交弦所在直线方程性质求得直线AB的方程,利用直线与圆相交弦长公式,求得a,b满足的等式关系,根据方程有解,即可得b的取值范围.【详解】圆C1:(x−a)2+y2=4的圆心C若两圆相交,则r1−r2<又两圆相交弦AB所在直线方程为:(x−a)2+所以圆心C1a,0到直线AB的距离d1=2a2则弦长AB=2r12−d1若存在a,使得AB=2,则b2≤3,即−3≤b≤故答案为:−315.若定义在R上的函数fx满足:∀x,y∈R,fx+y+fx−y【答案】fx=1(答案不唯一【分析】根据题意可得函数fx为偶函数,可取f【详解】令x=0,则fy所以f−y=fy可取fx=1,则所以∀x,y∈R,f所以函数fx故答案为:fx=1.(答案不唯一16.三棱锥D−ABC中,DC⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=CD=1,点P在三棱锥D−ABC外接球的球面上,且∠APC=60∘,则【答案】33/【分析】本题PD距离最小时,P点的位置不好确定,可考虑用空间直角坐标系来解决问题.【详解】如图所示:分别取AD、AC的中点O、M,连接OM、BM,则OM∥CD,由题意知OM⊥平面ABC,所以OM⊥AC,OM⊥BM.因为AB=BC,所以BM⊥AC,即OM、BM、AC两两垂直.以O为坐标原点建立如图空间直角坐标系,则O0,0,0,AB−12,0,2OB=−122+222=32设点px,y,z,则xPA=−由题意cos∠APC=得x+162PDPD故答案为:33四、解答题:本小题共6小题,共70分,其中第17题10分,18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足sinAsinC(1)求证:B=2C;(2)已知BD是∠ABC的平分线,若a=4,求线段BD长度的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】(1)由正弦定理得b2=c(2)由正弦定理得4sin∠BDC=BDsinC,又因为【详解】(1)由题意得sinA−sinC由正弦定理得b2又由余弦定理得b2所以c=a−2ccosB,故故sinC=sinB+C又△ABC为锐角三角形,则C∈所以C=B−C,因此B=2C.(2)在△BCD中,由正弦定理得asin∠BDC=所以BD=4因为△ABC为锐角三角形,且B=2C,所以0<C<π20<2C<故22<cos因此线段BD长度的取值范围4318.数列an的前n项和为Sn,且(1)求数列an(2)若数列bn满足b1b2b3⋯【答案】(1)a(2)T【分析】(1)利用“退一作差”法求得an(2)先求得Sn,然后求得bn,进而求得lnb【详解】(1)由a1当n=1时,a1∵a1∴an2n∵n=1时上式也符合,∴an(2)∵数列an∴Sn得:b1当n≥2,且n∈N∗时,∴bn=n当n=1时,b1∴bn=1,n=1∴n=1时,T1当n≥2时,T=0+2[=2ln∴Tn19.如图,在多面体ABC−A1B1C1中,AA1//BB1//CC1,(1)若点G是△A1B1C(2)求二面角B1【答案】(1)证明见解析(2)5【分析】(1)取A1C1中点N,连接B1N,MN,由点G是△A1B1C(2)解法1:由AA1⊥平面A1B1C1,AA1∥BB1∥CC1,得出平行四边形BB1NM为矩形,得出BM⊥MN,再由点M是【详解】(1)证明:取A1C1中点N,连接B1因为点G是△A故G一定在中线B1因为点M是AC的中点,点N是A1所以MN是梯形AA所以MN=12A又AA所以MN∥BB所以四边形BB因为点G∈B1N,B1N所以点G∈平面BB即点G在平面BB(2)解法1:因为AA1⊥平面A1所以BB1⊥平面又因为B1N⊂平面所以BB因为四边形BB所以四边形BB1NM所以BM⊥MN,因为△A1B1C所以B1N⊥所以BM⊥A又因为A1C1⊂平面A1C1所以BM⊥平面A1又因为MC1⊂所以BM⊥MC所以∠CMN就是所求二面角的平面角,因为C1所以sin∠故二面角B1−BM−C解法2:以A1为原点,A1B1所在直线为x轴,垂直于A1B1则B1MBMC设平面BMB1与平面BMC则32x1−332x2所以cosm故二面角B1−BM−C20.盲盒,是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子,具有随机属性.某品牌推出2款盲盒套餐,A款盲盒套餐包含4款不同单品,且必包含隐藏款X;B款盲盒套餐包含2款不同单品,有50%的可能性出现隐藏款XA款盲盒套餐B款盲盒套餐合计年龄低于30岁183048年龄不低于30岁221032合计404080(1)根据2×2列联表,判断是否有99%的把握认为A,B(2)甲、乙、丙三人每人购买1件B款盲盒套餐,记随机变量ξ为其中隐藏款X的个数,求ξ的分布列和数学期望;(3)某消费者在开售首日与次日分别购买了A款盲盒套餐与B款盲盒套餐各1件,并将6件单品全部打乱放在一起,从中随机抽取1件打开后发现为隐藏款X,求该隐藏款来自于B款盲盒套餐的概率.附:K2=nP(K20.1000.0500.0250.0100.001k2.7063.8415.0246.6350.828【答案】(1)表格见解析,有(2)分布列见解析,E(ξ)=(3)1【分析】(1)根据独立性检验计算K2(2)根据二项分布的概率公式,进行计算得分布列及数学期望即可;(3)根据全概率公式及条件概率公式分析计算即可.【详解】(1)零假设为:H0:A,B根据列联表中的数据,经计算得K2根据小概率值k0=0.01的独立性检验,推断即有99%的把握认为A,B(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,P(ξ=0)=C所以ξ的分布列为:ξ0123P1331E(ξ)=0×18+1×(3)设事件A:随机抽取1件打开后发现为隐藏款X,设事件B1:随机抽取的1件单品来自于A设事件B2:随机抽取的1件单品来自于BP(A)=PB故由条件概率公式可得PB21.已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求【答案】(1)−1;(2)162【分析】(1)由点A(2,1)在双曲线上可求出a,易知直线l的斜率存在,设l:y=kx+m,Px1,y1(2)根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补,根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率,再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标,即可得到直线PQ的方程以及PQ的长,由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离,即可得出【详解】(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2易知直线l的斜率存在,设l:y=kx+m,Px联立y=kx+mx22所以,x1+x2=−所以由kAP+k即x1即2kx所以2k×2化简得,8k2+4k−4+4m所以k=−1或m=1−2k,当m=1−2k时,直线l:y=kx+m=kx−2+1过点故k=−1.(2)[方法一]:【最优解】常规转化不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα<π2<β,因为kAP当A,B均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,所以tan2α=2即2tan2α+此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;当A,B均在双曲线右支时,因为tan∠PAQ=22,所以tanβ−α即2tan2α−于是,直线PA:y=2x−2+1联立y=2x−2+1因为方程有一个根为2,所以xP=10−423同理可得,xQ=10+423所以PQ:x+y−53=0,PQ=163,点故△PAQ的面积为12[方法二]:设直线AP的倾斜角为α,0<α<π2,由tan∠PAQ=2由2α+∠PAQ=π,得kAP=tan联立y1−1x1−2=2同理,x2=10+423,而|AP|=3|x由tan∠PAQ=22,得故S22.已知函数f(x)=(mx−1)ex+n(m,n∈R)在点(1)求f(x)的值域;(2)若f(a)=f(b)=g(c)=g(d),且a<b,c<d,证明:①c+d>0;②b+c>0.【答案】(1)[1,+∞(2)证明见解析【分析】(1)求出f′(x)=(mx+m−1)ex,根据导数的几何意义得出切线方程.结合已知,即可求出m,n的值.然后利用导函数得出(2)求出g′(x)=xex(x+1)2,得出gx的单调性以及值域,根据fx以及gx的性质,作出函数的图象.设f(a)=f(b)=g(c)=g(d)=t,根据图象,得出a,b,c,d的范围.构造函数G(x)=g(x)−g(−x),−1<x<0,二次求导证明得到g(x)>g(−x),即有gc>g

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