2022-2023学年高三数学模拟试题6（浙江）（含解析）

2022-2023学年高三数学模拟试题
一、单选题
1．集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数则，则正确的是（ ）
A． B．的实部为 C．的虚部为 D．的共轭复数为
3．在棱长为6的正方体中，点，分别是棱，的中点，过，，三点作该正方体的截面，则截面的周长为
A． B．
C． D．
4．国际冬奥会和残奥会两个奥运会将于2022年在北京召开，这是我国在2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事.某电视台计划在奥运会期间某段时间连续播放5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能相邻播放，则不同的播放方式有（ ）
A．120种 B．48种 C．36种 D．18种
5．过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知，则的展开式中的系数为（ ）
A．40 B． C．80 D．
7．已知函数，，则图象如图的函数可能是( )
A． B． C． D．
8．已知双曲线的两条渐近线为，点为左右焦点，以原点为圆心且过两焦点的圆与交于第一象限的点P，点Q为线段的中点，且直线，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在研究某种产品的零售价x（单位：元）与销售量y（单位：万件）之间的关系时，得到一组样本数据，求得经验回归方程为，且，现发现这组样本数据中有两个样本点和误差较大，去除后重新求得的经验回归直线l的斜率为1.2，则（ ）
A．变量x与y具有正相关关系
B．去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程为
C．去除两个误差较大的样本点后，y的估计值增加速度变快
D．去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点的残差为
10．下列计算正确的选项有（　　）
A．sin158°cos48°+cos22°sin48°＝1
B．sin20°cos110°+cos160°sin70°＝1
C．
D．
11．已知函数有两个零点，则可以取到的整数值有（ ）
A． B． C． D．
12．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列条件中，能使得的形状唯一确定的有（ ）
A．，，
B．，，
C．，，
D．，，
三、填空题
13．已知向量与的夹角为，，，则_______．
14．我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列，数列 的前3项和是________．
15．已知抛物线：，为抛物线上的任意一点，以为圆心的圆始终与直线相切，则圆过定点___________.
16．已知，，且，则的最小值为______．
四、解答题
17．已知α为第三象限角．．
（1）由tanα的值；
（2）求的值．
18．已知数列的前项和为，满足（）.
(1)求证：是等差数列；
(2)已知，且数列的前项和为，求数列的前项和.
19．如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，若，，.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．甲、乙两班进行多场趣味比赛，若每场比赛相互独立，且均能分出胜负.已知每场比赛甲、乙两班胜出的概率相同，都是.
(1)若比赛采用五局三胜制（在不超过五场的比赛中，先赢得三场者胜），设比赛的局数为X，写出X的分布列；
(2)若比赛规定某班率先赢得四场比赛则为胜出，假定比赛已进行了5场，请问此时甲胜出的概率.
21．已知椭圆的左、右焦点为，焦距为2，点P是椭圆C上一点满足轴，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的直线交椭圆C于A，B（异于点P）两点，直线分别交直线于M，N，记，求的最小值．
22．已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)当，若对于任意的恒成立，求实数的取值范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】利用交集的定义即可求解.
【详解】由题意可知，.
故选：C.
2．D
【分析】根据复数的模、实部、虚部、共轭复数等知识确定正确答案.
【详解】，，A选项错误.
的实部为，虚部为，BC选项错误.
的共轭复数为，D选项正确.
故选：D
3．D
【分析】由题意画出截面五边形，再由已知利用勾股定理求得边长得答案．
【详解】如图，
延长EF与A1B1的延长线相交于M，连接AM交BB1 于H，
延长FE与A1D1的延长线相交于N，连接AN交DD1 于G，
可得截面五边形AHFEG．
∵ABCD﹣A1B1C1D1是边长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，
∴EF＝3，AG＝AH，EG＝FH．
∴截面的周长为．
故选D．
【点睛】本题考查了棱柱的结构特征及立体几何中的截面问题，补全截面图形是关键，考查了空间想象能力和思维能力，是中档题．
4．C
【分析】先考虑最后位置必为奥运宣传广告，再将另一奥运广告插入3个商业广告之间，最后对三个商业广告全排列，即可求解.
【详解】先考虑最后位置必为奥运宣传广告，有种，
另一奥运广告插入3个商业广告之间，有种；
再考虑3个商业广告的顺序，有种，故共有种.
故选：C.
5．A
【解析】作出图形，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，计算出圆的圆心到直线的距离为，可知圆内不在任何切点弦上的点形成以原点为圆心，半径为的圆的内部，利用圆的面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，
则，，，
则，且为锐角，所以，同理可得，
所以，，则为等边三角形，连接交于点，
为的角平分线，则为的中点，，
且，，
若圆内的点不在任何切点弦上，则该点到圆的圆心的距离应小于，
即圆内的这些点构成了以原点为圆心，半径为的圆的内部，
因此，圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于确定圆内不切点弦上的点所构成的区域，为此需要计算出圆的圆心到切点弦的距离，找出临界位置进行分析.
6．C
【分析】根据微积分基本定理先求出a，然后运用二项式的通项求得答案.
【详解】由题意，，
则，的系数为.
故选：C.
7．D
【分析】结合函数图像的奇偶性和单调性即可判断.
【详解】由图可知，该函数为奇函数，和为非奇非偶函数，故A、B不符；
当x＞0时，单调递增，与图像不符，故C不符；
为奇函数，当x→＋时，∵y＝的增长速度快于y＝lnx的增长速度，故＞0且单调递减，故图像应该在x轴上方且无限靠近x轴，与图像相符.
故选：D.
8．B
【分析】由题可设，又，则，整理得到关于离心率的方程，求解即可.
【详解】由题可设，则，又，则
．
故选择：B．
9．ABD
【分析】根据回归直线的斜率正负判断A，由在回归直线上判断B，由回归直线斜率的大小判断C，根据残差的概念计算判断D.
【详解】因为回归直线的斜率为正，所以变量x与y具有正相关关系，故A正确；
由，代入可得，当去掉两个误差较大的样本点后，
，，代入成立，
故B正确；
去除两个误差较大的样本点后，回归直线的斜率由，所以y的估计值增加速度变慢，故C错误；
把代入回归直线方程可得，，
所以相应于样本点的残差为，故D正确.
故选：ABD
10．CD
【分析】利用三角函数的诱导公式及两角和与差的三角函数公式的逆应用，逐一计算四个选项是否正确即得结果.
【详解】对于A，sin158°cos48°+cos22°sin48°＝sin22°cos48°+cos22°sin48°＝sin（22°+48°）＝sin70°≠1，故A错误；
对于B，sin20°cos110°+cos160°sin70°＝sin20°（﹣cos70°）+（﹣cos20°）sin70°＝﹣（sin20°cos70°+cos20°sin70°）＝﹣sin（20°+70°）＝﹣1，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，cos74°sin14°﹣sin74°cos14°＝sin（14°﹣74°）＝﹣sin60°，故D正确.
故选：CD.
11．CD
【分析】将问题转化为与有两个不同交点的问题，令，可求得单调递增且存在，使得；设，利用导数可求得单调性，结合复合函数单调性的判断方法可知的单调性，由此可作出的大致图象，采用数形结合的方式可确定的范围，由此可得结果.
【详解】由题意知：定义域为，
有两个零点，有两个不等实根，
当时，恒成立，不合题意，，
有两个解，即与有两个不同交点，
令，则，在上单调递增，
且存在，使得，
设，则定义域为，，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
又当时，，
由复合函数单调性可知：在，上单调递增，在上单调递减，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
由此可得的图象如下图所示，
由图象可知：若与有两个不同交点，则，
即实数的取值范围为，则可能取到的整数值为和.
故选：CD.
12．AB
【分析】先利用三角形的三边关系得到，再结合得到，即判定选项A正确；先利用三角形的内角和定理得到，再结合正弦定理和边角关系判定选项B正确；先利用正弦定理将边角关系转化为边边关系，再利用余弦定理得到，再利用判定选项C错误；先利用诱导公式、两角差的正弦公式得到，进而判定三角形是直角三角形或等边三角形，即选项D错误.
【详解】对于A：根据三角形的三边关系得，
即，又，所以，
即的形状唯一确定，故选项A正确；
对于B：因为，所以，
解得，又因为，，
所以由，得，
解得，又，所以，
即三角形唯一确定，故选项B正确；
对于C：因为，
所以，则，
则，
因为，所以，
又，则，
所以三角形不存在，即选项C错误；
对于D：因为，
所以，
所以，
所以，
则或，
即或，
若，又，，所以；
若，又，，所以；
即是直角三角形或等边三角形，即选项D错误.
故选：AB.
13．
【分析】根据向量数量积的运算律和定义可直接构造方程求得结果.
【详解】，.
故答案为：.
14．
【分析】根据通项公式可求出数列的前三项，即可求出．
【详解】因为，所以．
即．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．
15．
【分析】根据抛物线的定义可以确定圆过抛物线的焦点，由此确定P的坐标.
【详解】∵ 抛物线的准线为，焦点为F，
又为抛物线上的任意一点，∴ P到直线的距离等于P到焦点F的距离，
∵ 以为圆心的圆与直线相切，
∴ 点P到直线的距离等于圆的半径，
∴ P到焦点F的距离等于圆的半径，
∴圆过定点，
故答案为：.
16．6
【分析】由，得，然后利用基本不等式“1”的妙用求出最值.
【详解】由，得.
，，
.
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：
17．（1）（2）
【分析】(1)利用三角函数诱导公式和同角三角函数关系式直接计算即可得出答案;
(2)由(1)得然后利用诱导公式直接化简求值即可得出答案.
【详解】（1）∵α为第三象限角,且,则,,
则,∴;
（2）．
【点睛】本题考查了三角函数诱导公式以及同角三角函数公式的应用,属于基础题.
18．(1)详见解析；
(2).
【分析】（1）利用前n项和与的关系可得，时， ，时， ，即证；
（2）由题可得，进而可得，设，利用错位相减法可求的前n项和为，然后通过分类讨论可求.
(1)
∵，
∴当时，，即，
当时，，，
∴，即，
∴，又，
∴是等差数列；
(2)
由上可知，，
∴，又数列的前项和为，，
∴，
∴或（舍去），
∴，
设，设数列的前n项和为，则
，
∴，
∴
∴，
当时，
，
当时，
，
综上，.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知得，，只需在证即可；
（2）由（1）结论，可以得出面面垂直.作，只要证明，即可说明为二面角的平面角，解三角形即可求出.
【详解】（1）
在梯形中，过点作于M，过点作于N
设，则，由得，
解得，∴，即
∵，，平面，平面，
∴平面
（2）由底面ABCD是正方形，则，
由（1）知：面面ABCD，面面，
而面ABCD，所以面，
过D作于G，连接AG，则面ADG，
故面面，面面，面，
所以面ADG，又面ADG，则，
因此为二面角的平面角，
在中，，，
则，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)见解析；
(2).
【分析】（1）分别求出时的概率，然后写分布列即可；
（2）此时甲胜出意味着乙只在前4场胜出1场，然后表示概率即可.
（1）
由题意知可取3，4，5，
，，，
所以的分布列为：
3 4 5
（2）
设此时甲胜出为事件B，则，所以此时甲胜出的概率为.
21．(1)椭圆C的方程为；
(2)的最小值为.
【分析】(1)由条件结合椭圆的定义列出的方程，解方程可得椭圆C的方程；(2)由条件结合设而不求法求出表达式，再求其最小值即可.
（1）
因为，，所以，，
因为轴，焦距为2，
所以，，又，
所以，，
所以椭圆C的方程为；
（2）
由已知可设直线的方程为，设，，
联立方程组化简可得，
所以，化简可得，
所以，，
，
又的方程为，与直线联立可得，
所以，
的方程为，与直线联立可得，
所以，
所以，
当时，，
所以
因，
，
所以，当且仅当时取等号，
当且时，，
，
，
所以，
所以的最小值为.
【点睛】圆锥曲线的综合问题的解决一般利用设而不求法解决，必要时考虑分类讨论.
22．(1)在单调递增单调递减
(2)
【分析】（1）求导之后，根据导数的符号即可求得的单调区间（2）对恒成立的不等式恒等变形后，利用切线不等式放缩求得必要条件，再证明也是充分条件，即得所求
(1)

当时，；当时，
所以在单调递增，在单调递减．
(2)
设，
则，
且当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，所以
所以
由得
即 ①
由得，等号当成立．
设，则，所以在上单调递增
又，
所以有唯一零点，记为
所以是的根，将代入①式得

当时，显然成立．
综上：
故的取值范围为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页