《浙江省高中学2023年高三考前热身数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省高中学2023年高三考前热身数学试卷含解析.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回
2、。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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下列命题中，真命题的个数为（ ）命题“若，则”的否命题；命题“若，则或”；命题“若，则直线与直线平行”的逆命题.A0B1C2D32现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为ABCD3把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象给出下列四个命题的值域为的一个对称轴是的一个对称中心是存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（ ）A1B2C3D44设全集为R，集合，则ABCD5设为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）A充分而不必要条
3、件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6若复数（是虚数单位），则复数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7关于函数，有下列三个结论:是的一个周期；在上单调递增；的值域为.则上述结论中，正确的个数为（）ABCD8已知集合,，则ABCD9若的二项展开式中的系数是40，则正整数的值为（ ）A4B5C6D710为比较甲、乙两名高中学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为100分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述不正确的是（ ）A甲的数据分析素养优于乙B乙的数据分析素养优于数学建模素养
4、C甲的六大素养整体水平优于乙D甲的六大素养中数学运算最强11已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为( )AB0CD12已知集合，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设，若关于的方程有实数解，则实数的取值范围_14（5分）函数的定义域是_15已知集合，则_.16已知为矩形的对角线的交点，现从这5个点中任选3个点，则这3个点不共线的概率为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在中国，不仅是购物，而且从共享单车到医院挂号再到公共缴费，日常生活中几乎全部领域都支持手机支付.出门不带现金的人数正在迅速增加。中国人民大学
5、和法国调查公司益普索合作，调查了腾讯服务的6000名用户，从中随机抽取了60名，统计他们出门随身携带现金（单位：元）如茎叶图如示，规定：随身携带的现金在100元以下（不含100元）的为“手机支付族”，其他为“非手机支付族”. （1）根据上述样本数据，将列联表补充完整，并判断有多大的把握认为“手机支付族”与“性别”有关？（2）用样本估计总体，若从腾讯服务的用户中随机抽取3位女性用户，这3位用户中“手机支付族”的人数为，求随机变量的期望和方差；（3）某商场为了推广手机支付，特推出两种优惠方案，方案一：手机支付消费每满1000元可直减100元；方案二：手机支付消费每满1000元可抽奖2次，每次中奖的
6、概率同为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打9折，中奖两次打8.5折.如果你打算用手机支付购买某样价值1200元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选择哪种优惠方案更划算？附： 0.0500.0100.001 3.8416.63510.82818（12分）已知函数（），是的导数.（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.19（12分）如图，在正四棱锥中，为上的四等分点，即（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值20（12分）如图，底面是等腰梯形，点为的中点，以为边作正方形，且平面平面.（1）证明：平面平面.（2
7、）求二面角的正弦值21（12分）记数列的前项和为，已知成等差数列.（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；（2）记数列的前项和为，求.22（10分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，直线的参数方程为（为参数）.直线与曲线交于，两点（I）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程（不要求具体过程）；（II）设，若，成等比数列，求的值参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】否命题与逆命题是等价命题，写出的逆命题，举反例排除；原命题与逆否命题是等价命题，写出的逆否命题后，利用指数
8、函数单调性验证正确；写出的逆命题判，利用两直线平行的条件容易判断正确.【详解】的逆命题为“若，则”，令，可知该命题为假命题，故否命题也为假命题；的逆否命题为“若且，则”，该命题为真命题，故为真命题；的逆命题为“若直线与直线平行，则”，该命题为真命题.故选：C.【点睛】本题考查判断命题真假. 判断命题真假的思路：(1)判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，然后联系其他相关的知识进行判断(2)当一个命题改写成“若，则”的形式之后，判断这个命题真假的方法：若由“”经过逻辑推理，得出“”，则可判定“若，则”是真命题；判定“若，则”是假命题，只需举一反例即可2、B【解析
9、】求得基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为，故选B.【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.3、C【解析】由图象变换的原则可得,由可求得值域；利
10、用代入检验法判断；对求导,并得到导函数的值域,即可判断.【详解】由题,则向右平移个单位可得, ,的值域为,错误；当时,所以是函数的一条对称轴,正确；当时,所以的一个对称中心是,正确；,则,使得,则在和处的切线互相垂直,正确.即正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.4、B【解析】分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由题意可得：，结合交集的定义可得：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5、A【解析】根据
11、向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案.【详解】若，则与共线，且方向相同，充分性；当与共线，方向相反时，故不必要.故选：.【点睛】本题考查了向量共线，充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.6、A【解析】将 整理成的形式，得到复数所对应的的点，从而可选出所在象限.【详解】解：，所以所对应的点为在第一象限.故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数对应的坐标.易错点是误把 当成进行计算.7、B【解析】利用三角函数的性质，逐个判断即可求出【详解】因为，所以是的一个周期，正确；因为，所以在上不单调递增，错误；因为，所以是偶函数，又是的一个周期，所以可以只考虑时，的值域当时，在上单调
12、递增，所以，的值域为，错误；综上，正确的个数只有一个，故选B【点睛】本题主要考查三角函数的性质应用8、D【解析】因为,所以,故选D9、B【解析】先化简的二项展开式中第项，然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令，则，（舍）或.【点睛】本题考查二项展开式问题，属于基础题10、D【解析】根据所给的雷达图逐个选项分析即可.【详解】对于A，甲的数据分析素养为100分，乙的数据分析素养为80分，故甲的数据分析素养优于乙，故A正确；对于B，乙的数据分析素养为80分，数学建模素养为60分，故乙的数据分析素养优于数学建模素养，故B正确；对于C，甲的六大素养整体水平平均得分为，乙的六大素养整体水平均得分为
13、，故C正确；对于D，甲的六大素养中数学运算为80分，不是最强的，故D错误；故选：D【点睛】本题考查了样本数据的特征、平均数的计算，考查了学生的数据处理能力，属于基础题.11、D【解析】运用辅助角公式，化简函数的解析式，由对称轴的方程，求得的值，得出函数的解析式，集合正弦函数的最值，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数为辅助角，由于函数的对称轴的方程为，且，即，解得，所以，又由，所以函数必须取得最大值和最小值，所以可设，所以，当时，的最小值，故选D.【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象与性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，合理利用正弦函数的对称性与最值是解答的关键，着重
14、考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.12、C【解析】求出集合，计算出和，即可得出结论.【详解】，.故选：C.【点睛】本题考查交集和并集的计算，考查计算能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求出，从而得函数在区间上为增函数；在区间为减函数即可得的最大值为，令，得函数取得最小值，由有实数解，进而得实数的取值范围【详解】解：，当时，；当时，；函数在区间上为增函数；在区间为减函数所以的最大值为，令，所以当时，函数取得最小值，又因为方程有实数解，那么，即，所以实数的取值范围是：故答案为：【点睛】本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，属于
15、中档题.14、【解析】要使函数有意义，则，即，解得，故函数的定义域是15、【解析】由集合和集合求出交集即可.【详解】解：集合，.故答案为：.【点睛】本题考查了交集及其运算，属于基础题.16、【解析】基本事件总数，这3个点共线的情况有两种和，由此能求出这3个点不共线的概率【详解】解：为矩形的对角线的交点，现从，这5个点中任选3个点，基本事件总数，这3个点共线的情况有两种和，这3个点不共线的概率为故答案为：【点睛】本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）列联表见解析，99%；（2）
16、，；（3）第二种优惠方案更划算.【解析】（1）根据已知数据得出列联表，再根据独立性检验得出结论；（2）有数据可知，女性中“手机支付族”的概率为，知服从二项分布，即，可求得其期望和方差；（3）若选方案一，则需付款元，若选方案二，设实际付款元，则的取值为1200，1080，1020，求出实际付款的期望，再比较两个方案中的付款的金额的大小，可得出选择的方案.【详解】（1）由已知得出联列表：，所以， 有99%的把握认为“手机支付族”与“性别”有关；（2）有数据可知，女性中“手机支付族”的概率为， ，；（3）若选方案一，则需付款元 若选方案二，设实际付款元，则的取值为1200，1080，1020， 选择
17、第二种优惠方案更划算【点睛】本题考查独立性检验，二项分布的期望和方差，以及由期望值确定决策方案，属于中档题.18、（1）见解析；（2）【解析】（1）设，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.【详解】（1）由已知，所以，设，当时，单调递增，而，且在上图象连续不断.所以在上有唯一零点，当时，；当时，；在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小值点，即在区间上存在唯一的极小值点；（2）设，在单调递增，即，从而，因为函数在上单调递减，在上恒成立，令，在上单调递减，当时，则在上单调递减，符合题意.当时，在上单调
18、递减，所以一定存在，当时，在上单调递增，与题意不符，舍去.综上，的取值范围是【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.19、（1）答案见解析（2）【解析】（1）根据题意可得，在中，利用余弦定理可得，然后同理可得，利用面面垂直的判定定理即可求解.（2）以为原点建立直角坐标系，求出面的法向量为，的法向量为，利用空间向量的数量积即可求解.【详解】（1）由由因为是正四棱锥，故于是，由余弦定理，在中，设再用余弦定理，在中，是直角，同理，而在平面上，平面平面（2）以为原点建立直角坐标系，如图：则设面的法向量为
19、，的法向量为则，取于是，二面角的余弦值为：【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理、空间向量法求二面角，属于基础题.20、（1）见解析；（2）【解析】（1）先证明四边形是菱形,进而可知,然后可得到平面,即可证明平面平面;（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.【详解】（1）证明：因为点为的中点,所以,因为,所以,所以四边形是平行四边形,因为,所以平行四边形是菱形,所以,因为平面平面,且平面平面,所以平面
20、.因为平面,所以平面平面.（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为底面ABCD是等腰梯形,所以四边形ABCE是菱形，且,所以,则,设平面ABF的法向量为,则,不妨取,则,设平面DBF的法向量为,则,不妨取,则,故.记二面角的大小为,故.【点睛】本题考查了面面垂直的证明,考查了二面角的求法,利用空间向量求平面的法向量是解决空间角问题的常见方法,属于中档题.21、（1）证明见解析，；（2）【解析】（1）由成等差数列，可得到，再结合公式，消去，得到，再给
21、等式两边同时加1，整理可证明结果；（2）将（1）得到的代入中化简后再裂项，然后求其前项和.【详解】（1）由成等差数列，则，即，当时，又，由可得：，即，时，.所以是以3为首项，3为公比的等比数列，所以.（2），所以.【点睛】此题考查了数列递推式，等比数列的证明，裂列相消求和，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.22、（I），；（II）.【解析】（I）利用所给的极坐标方程和参数方程，直接整理化简得到直角坐标方程和普通方程；（II）联立直线的参数方程和C的直角坐标方程，结合韦达定理以及等比数列的性质即可求得答案.【详解】（I）曲线：，两边同时乘以可得，化简得）；直线的参数方程为（为参数），可得x-y=-1，得x-y+1=0；（II）将（为参数）代入并整理得韦达定理： 由题意得 即 可得 即 解得【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标和普通方程的互化，以及参数方程的综合知识，结合等比数列，熟练运用知识，属于较易题.