浙江省浙里卷天下2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

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高三数学考试注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．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．4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．一、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的，1. 已知集合，，则（    ）A. 或 B. C.  D. 或【答案】A【解析】【分析】根据不等式解出集合，在按照集合的补集与并集运算即可.【详解】解：集合，所以或，则或.故选：A.2. 已知复数，则（    ）A.  B. 5 C.  D. 25【答案】B【解析】【分析】由复数，求出，再利用求模公式即可.【详解】因为复数，所以，所以，故选：B.3. 下图是我国跨境电商在2016～2022年的交易规模与增速图，由图可以知道下列结论正确的是（    ）A. 这7年我国跨境电商交易规模的平均数为8.0万亿元B. 这7年我国跨境电商交易规模的增速越来越大C. 这7年我国跨境电商交易规模极差为7.6万亿元D. 图中我国跨境电商交易规模的6个增速的中位数为13.8％【答案】D【解析】【分析】根据图逐项进行分析即可求解.【详解】对于，由图可知：这7年我国跨境电商交易规模的平均数为：万亿元，故选项错误；对于，由图可知：交易规模的增速并不是越来越大，故选项错误；对于，由图可知：这7年我国跨境电商交易规模的极差为，故选项错误，对于，由图可知：6个增速的中位数为和的平均数，即，故选项正确，故选：.4. 函数的图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先判断函数定义域及奇偶性进行排除,根据0到第一个零点处的函数值正负,即可判断选项C,D的正误.【详解】解:由题知,定义域为,解得,所以,故为奇函数,排除A,B;令可得,即,解得,当时,,,此时,故选项D错误,选项C正确.故选:C5. 已知，则的最小值为（    ）A. 8 B. 9 C. 10 D. 11【答案】B【解析】【分析】运用基本不等式的性质进行求解即可.【详解】因为，所以由，当且仅当时取等号，即时取等号，故选：B6. 设椭圆的半焦距为，若，，则的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由解出，再由离心率公式计算即可.【详解】由，解得，即的离心率为.故选：C7. 如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，，则该青铜器的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求出青铜器的上面、中间和下面几何体的体积，即得解.【详解】解：青铜器的最上面的圆柱的体积，中间的圆台的体积为，最下面的圆台的体积为.所以该青铜器的体积为.故选：A8. 定义函数,若至少有3个不同的解,则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意可知有解,即,分和两种情况,画出大致图象,找到关键不等式,解出即可.【详解】解:由题知,记,所以图象为图象靠下的位置,因为,有两个根,分别为或,若至少有3个不同的解,则有一个解或者两个解,即,解得或,当时,,所以对称轴为,若至少有3个不同的解,画大致图象如下:根据图象则需满足,即,解得;当时,,所以对称轴为,此时大致图象如下:根据图象则需满足,即,解得,又因,故,当时,,解得根为-1,因为的根为-1,1,此时的根为-1,1,不满足有三个根,故舍去,综上: .故选:B【点睛】思路点睛:该题考查函数与方程的综合问题,属于难题,关于已知函数有零点求参数范围的思路有:(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化为求函数值域问题加以解决;(3)数形结合法:在同一坐标系下,画出有关函数图象,然后数形结合求解即可.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. 已知圆，圆，下列说法正确的是（    ）A. 若，则圆与圆相交B. 若，则圆与圆外离C. 若直线与圆相交，则D. 若直线与圆相交于，两点，则【答案】AC【解析】【分析】根据直线与圆相交、圆与圆位置关系逐项判断即可.【详解】解：圆的圆心，半径若，，则圆心，半径，则，所以，则圆与圆相交，故A正确，B错误；若直线与圆相交，则圆心到直线的距离，解得，故C正确；若直线与圆相交于，两点，则圆心到直线的距离，所以相交弦长，故D错误.故选：AC.10. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，下列说法正确的是（    ）A. 当时，偶函数B. 当时，在上单调递减C. 当时，在上的值域为D. 当时，点是的图象的一个对称中心【答案】AD【解析】【分析】根据平移变换得，对于A，根据诱导公式化简，再根据偶函数的定义判断可知A正确；对于B，根据可判断B不正确；对于C，利用正弦函数的图象求出值域，可判断C不正确；对于D，根据可判断D正确.【详解】依题意可得，对于A，当时，，，故为偶函数，所以A正确；对于B，当时，，，，所以在上不是减函数，故B不正确；对于C，当时，，因为，所以，所以，，即在上的值域为，故C不正确；对于D，当时，，因为，所以点是的图象的一个对称中心，故D正确.故选：AD11. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，为棱上的一动点，且，则下列说法正确的是（    ）A. B. 三棱锥的体积为定值C. D. 异面直线与所成角的余弦值为【答案】ABD【解析】【分析】根据图形特点取的中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的线线关系计算可判断A,C,D选项；利用线面关系及三棱锥体积即可判断B选项.【详解】解：直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，取的中点为，由于，所以，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设,，则，所以则，又，所以，所以，对于A，，设，则，所以，则，故A正确；对于B，因为，分别为，的中点，所以，又，则又平面，平面，所以平面，故到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，由A选项得，，所以，故C不正确；对于D，由于，所以，所以，故异面直线与所成角的余弦值为，故D正确.故选：ABD.12. 已知函数，的定义域均为，，连续可导，它们的导函数分别为，.若的图象关于点对称，，且，与图象的交点分别为，，，，则（    ）A. 是偶函数B. 的图象关于直线对称C. 的图象关于直线D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据奇函数性质可判断A，对两边求导，可判断B，根据，且，可得，再根据三角函数性质可判断C，根据与都关于对称可判断D．【详解】解：对于A，若的图象关于点对称，则，无法确定是否成立，故A不正确；对于B，由于，则，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C，因为，故设，其中为常数，又，所以，则的对称轴为，则，所以的图象关于直线，故C正确；对于D，因为对称中心为，，则也是的对称中心，所以函数与的交点关于对称，则，故D正确，故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13. 已知向量，且，则m=______.【答案】2【解析】【分析】根据向量平行的坐标公式，代值计算即可.【详解】因为，，由，得.故答案为：2.14. 已知，则________.【答案】【解析】【分析】根据两角和的正切公式可求出结果.【详解】因为，所以.故答案为：.15. 某居民小区前有9个连成一排的车位，现有4辆不同型号的车辆要停放，则恰有2辆车停放在相邻车位的概率是________.【答案】【解析】【分析】根据捆绑法、插空法，结合古典概型计算公式进行求解即可.【详解】9个车位选4个安排4辆不同型号的车，共有种方法，将余下的5个空车位排成一排形成6个空，然后从4辆车中挑出2辆车作排列后进行捆绑，4辆车看作3个元素插入6个空中，共有种方法，由乘法原理结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：故答案为：16. 已知抛物线，直线与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，若，且与交于点M，则的面积的最小值为________.【答案】1【解析】【分析】由直线垂直可构造出斜率关系，得到，通过直线与抛物线方程联立，根据根与系数关系求得；联立两切线方程，可用表示出，代入点到直线距离公式，从而得到关于的面积的函数关系式，求得所求最值．【详解】解：抛物线的方程为，即，所以，设,，,，则，所以切线方程，，由于，所以，由题意可设直线方程为，抛物线方程联立，得，所以，则，，即即，联立方程得，即，点到直线的距离，，所以．当时，面积取得最小值1．故答案为：1.四、解答题：本题共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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求角C；（2）若，的面积为，求c.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式、特殊角的正切值进行求解即可；（2）根据三角形面积公式和余弦定理进行求解即可.【小问1详解】根据正弦定理由因为，所以，所以由，因为，所以【小问2详解】因为，的面积为，所以有，舍去，即，所以.18. 已知等比数列的前n项和，为常数.（1）求的值与的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求.【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）利用递推关系与等比数列的通项公式即可得出；（2）利用错位相减法求数列的前项和为即可．【小问1详解】解：当时，，当时，，是等比数列，，即，所以，数列的通项公式为；【小问2详解】解：由（1）得，，则．．19. 如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.（1）证明：平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）二面角的余弦值为【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线与平面的位置关系计算直线方向向量和平面法向量，即可证明；（2）根据三棱锥的体积可求得三棱柱的高为，利用空间向量求二面角的余弦值即可.【小问1详解】证明：在三棱柱中，平面，，，.所以，则，则，则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设，则，所以，，设平面的法向量为，所以，令，则，所以，又平面，所以平面；【小问2详解】解：三棱锥的体积，解得，则由（1）知平面的法向量为，设平面的法向量为，，所以，令，则，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20. 某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组.游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”.已知甲、乙两名队员投进篮球的概率分别为，.（1）若，，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；（2）若，则在游戏中，甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，理论上他们小组至少要进行多少轮游戏才行？并求此时，的值.【答案】（1）    （2）至少需要进行625轮游戏【解析】【分析】(1)根据获得“神投小组”称号的分类求概率即可；(2)利用二项分布概率的数学期望即可求解.【小问1详解】他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率等于.【小问2详解】由（1）可知他们在一轮游戏中获得“神投小组”称号概率为,因为，所以,且，令则，，因为对称轴，所以当时概率最大为，此时，设他们在场比赛获得神投小组称号的次数为，每场获得神投小组称号的概率为，则，所以，所以，解得，即至少需要进行625轮游戏.21. 已知双曲线的离心率为，且点在双曲线C上.（1）求双曲线C的方程；（2）若点M，N在双曲线C上，且，直线不与y轴平行，证明：直线的斜率为定值.【答案】（1）    （2）直线的斜率为定值【解析】【分析】(1)根据离心率公式确定，再根据双曲线经过点即可求解； (2)利用韦达定理用坐标表示出,进而可求解.【小问1详解】由题可得离心率，所以，又因为，所以，所以双曲线方程为，又因为双曲线过点，所以，解得，所以双曲线方程为.【小问2详解】设直线的方程为，联立得，则得，，得，，，因为，所以，所以，即，所以，所以即，得或，若，则直线的方程为，即过点，不符合题意，若，则，满足，综上直线的斜率为定值.22. 已知函数，为其导函数.（1）若，求的单调区间；（2）若关于的方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调减区间为，增区间为    （2）【解析】【分析】（1）根据函数单调性与导数的关系确定函数的单调区间即可；（2）将方程有两个不相等的实根，转化为函数，在上有两个零点问题，求导数从而讨论函数单调性，结合零点存在定理判断是否符合题意，从而可得实数的取值范围.【小问1详解】解：函数，，则，令，则，设，则，得，故时，，函数即单调递减，时，，函数即单调递增，所以，又时，，又，所以时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，故的单调减区间为，增区间为；【小问2详解】解：关于的方程有两个不相等的实根，即函数，在上有两个零点，又，①当时，，得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，又时，，，则函数在上有两个零点；②当时，，得，，（i）当时，，此时恒成立，函数单调递增，在上不可能有两个零点，不符合题意；（ii）当时，，则当时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，，故函数在区间无零点，在不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii）当时，，则当时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，故函数在区间无零点，在不可能存在两个零点，故不符合题意；③当时，方程只有一个实根1，不合题意；综上，实数的取值范围.【点睛】本题考查的是函数单调性、函数零点问题与导数的综合，难度较大.解决含参方程问题得关键是将含参方程转化为函数零点问题，从而利用函数单调性与导数的关系，对参数进行讨论先确定单调性，再结合零点存在定理及函数的极值判断各单调区间零点个数，从而求得参数范围，需要注意的是取值判断函数值符号的过程可结合函数的极限思想看开区间端点处的函数值趋势得正负.