2022-2023学年高三数学模拟试题7（浙江）（含解析）

2022-2023学年高三数学模拟试题
一、单选题
1．在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个n位正整数的所有数位上数字的n次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合A，集合，则的子集个数为（ ）
A．3 B．4 C．7 D．8
2．已知是虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，已知四面体为正四面体，，，分别是，中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为
A． B． C． D．1
4．有如下形状的花坛需要栽种4种不同颜色的花卉，要求有公共边界的两块不能种同种颜色的花，则不同的种花方式共有（ ）
A．96种 B．72种 C．48种 D．24种
5．已知圆，直线，点为上一动点，过点作圆的切线，（切点为，），当四边形的面积最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
6．已知的展开式中的系数为40，则的值为（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
7．已知函数，，则图象如图的函数可能是( )
A． B． C． D．
8．已知，是双曲线C：（，）的两个焦点，过点与x轴垂直的直线与双曲线C交于A、B两点，若是等腰直角三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知5个数据A1，A2，A3，A4，A5，去掉A4（5，13）后，下列说法正确的是（ ）
A1 A2 A3 A4 A5
（1，3） （2，4） （4，5） （5，13） （10，12）
A．样本相关系数r变大 B．残差平方和变大
C．变大 D．解释变量x与响应变量y的相关程度变强
10．下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．若函数，则（ ）
A．函数的值域为R B．函数有三个单调区间
C．方程有且仅有一个根 D．函数有且仅有一个零点
12．在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．的最小值是2
C．的最小值是 D．的面积最小值是
三、填空题
13．已知非零向量满足，则与的夹角为__________.
14．已知数列满足，，则________.
15．抛物线的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，若，则___________.
16．设，，则的最小值为________.
四、解答题
17．求下列各式的值：
（1）；
（2）.
18．已知数列的前n项和为，，且＝1（，）.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求.
19．如图：在多面体中，四边形是正方形，平面，，，点为棱的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
20．2022年是中国共产主义青年团成立100周年，某市团委决定举办一次共青团史知识擂台赛．该市A县团委为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A县参加市赛．已知A县甲、乙、丙3位选手都参加初赛且通过初赛的概率均为，通过初赛后再通过决赛的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响．
(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率；
(2)设这3人中参加市赛的人数为，求的分布列；
(3)某品牌商赞助了A县的这次共青团史知识擂台赛，提供了两种奖励方案：
方案1：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖1000元；
方案2：参加了选拔赛未进市赛的选手一律奖600元，进入了市赛的选手奖1200元．
若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
21．已知分别为椭圆的左 右焦点，长轴长为，分别为椭圆的上、下顶点，且四边形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的离心率为，过点的直线与曲线交于两点，设的中点为M，两点为曲线上关于原点对称的两点，且，求四边形面积的取值范围.
22．已知函数
(1)当时，讨论的单调区间；
(2)当时，若有两个零点，且，求证：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据自恋数的定义可得集合，再根据交集的定义求出，从而可得答案.
【详解】解：依题意，，，
故，故的子集个数为8．
故选：D．
2．B
【分析】根据复数的概念求解即可.
【详解】复数的实部是1，虚部是.
故选：B
3．A
【分析】将正四面体补成正方体易得截面为平行四边形，可求得；根据平行关系及可得，则，利用基本不等式可求得最大值.
【详解】将正四面体补成正方体，如下图所示：
截面为平行四边形，可得
又，，且
可得（当且仅当时取等号）
本题正确选项：
【点睛】本题考查截面面积最值的求解，难点是能够将正四面体补全为正方体，从而可准确判断出截面图形的形状；求解最值的关键是能够得到符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.
4．A
【分析】如图，由题意可知②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，从而可求得结果
【详解】依题意可知，将区域标号如图.
用4种颜色的花卉完成栽种，需要②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，故有种.
故选：A
5．C
【分析】设四边形的面积为，求出四边形的面积最小时，四边形是正方形，求出线段的中点坐标为，直线的斜率为即得解.
【详解】
设四边形的面积为，
，，
所以，当最小时，就最小，，
所以． 此时.
所以，四边形是正方形，
由题得直线的方程为，
联立得，
所以线段的中点坐标为，
由题得直线的斜率为
所以直线的方程为，
化简得直线的方程为.
故选：C
6．B
【分析】首先变形得，然后利用二项式展开式的通项公式求出的系数即可.
【详解】由题意可得，
在的展开式中，由，
令无解，即的展开式没有项；
在的展开式中，由，
令解得，即的展开式中的项的系数为，又的系数为40，所以，解得.
故选：B
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】根据等腰直角三角形的性质，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.
【详解】由题意不妨设，，当时，由，
不妨设，因为是等腰直角三角形，所以有
，或舍去，
故选：B
9．ACD
【分析】作出散点图，再根据散点图分析判断得解.
【详解】解：散点图如图所示，在5个数据中去掉A4（5，13）后，y与x的相关性加强．并且是正相关，所以样本相关系数r变大，R2变大，残差平方和变小，解释变量x与响应变量y的相关程度变强，所以选项ACD正确，选项B错误.
故选：ACD
10．CD
【分析】结合特殊角的三角函数值以及诱导公式逐项分析即可求出结果.
【详解】，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D正确，
故选：CD.
11．BC
【分析】利用导数研究函数的单调性求出函数的值域，即可判断选项A；
利用导数研究函数的单调性和二次函数的性质，即可判断选项B；
将问题转化为函数图象的交点，分别利用二次求导、三次求导讨论函数的单调性，即可判断选项C、D；
【详解】A：，令，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，所以的值域为，故A错误；
B：，，
令，，
所以函数有两个零点，
所以在上，即，则单调递增，
在上，即，则单调递减，
所以有3个单调区间，故B正确；
C：方程的根为的根，令，
则，令，则，
所以在上，单调递减，在上，单调递增，
所以，所以，有，单调递增，
所以函数与有一个交点，即方程有一个根，
所以方程有且只有一个根，故C正确；
D：函数的零点为方程的根，令，则，
所以，有，即，得，
令，则，令，则，
所以在R上单调递增，又，
所以存在使得，则在上，即，单调递减，
在上，即，单调递增，所以，
当时，方程无根，函数没有零点；
当时，方程有一个根，函数有一个零点；
当时，方程有两个根，函数有两个零点，故D错误.
故选：BC
【点睛】在解函数零点相关的问题时，通常将问题转化为方程的根或函数的交点来研究，利用导数讨论函数的单调性、值域时，若第一次导没有得出结果，往往要进行二次求导或三次求导，平时练习应注重培养计算能力、逻辑推理能力和数形结合、分类讨论思想.
12．ABD
【分析】由三角形面积公式寻找，关系，再利用基本不等式判断．
【详解】解：由题意得：，
由角平分线以及面积公式得，
化简得，所以，故A正确；
，当且仅当时取等号，
，，
所以，当且仅当时取等号，故D正确；
由余弦定理
所以，即的最小值是，当且仅当时取等号，故B正确；
对于选项：由得：，，
当且仅当，即时取等号，故C错误；
故选：ABD．
13．
【分析】直接把两边同时平方化简即得解.
【详解】因为，
所以，
所以.
所以与的夹角为.
故答案为：
14．
【分析】根据递推公式计算可得.
【详解】解：因为，，
所以，则；
故答案为：
15．
【分析】由已知，过作准线的垂线，垂足为，由可得，求出的值，有抛物线的性质可得，在中利用正弦定理即可求解.
【详解】
由题意，可作出图象，如图所示，过作准线的垂线，垂足为，
由，可得，在中，，
由抛物线性质可得，，所以，
在中，有正弦定理可得：，
所以，
故答案为：.
16．
【分析】结合，，利用均值不等式，依次求解，，的最值，即得解
【详解】由题意，
由，，故，当且仅当，即时等号成立
故
又
当且仅当，即时等号成立
当且仅当，即时等号成立
故的最小值为，当且仅当，时等号成立
故答案为：
17．（1）；（2）-1.
【详解】试题分析：（1）由诱导公式化简得，再用二倍角的余弦即可求得值；
（2）切化弦得，再由辅助角公式和两角差的正弦及诱导公式即可求值
试题解析：
（1）原式；
（2）原式
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可判断出数列是等差数列，即可计算的表达式，再根据公式，并结合，即可计算出数列的通项公式；
（2）先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式并进行转化，然后两次运用错位相减法即可计算出前n项和Tn的表达式.
【详解】（1）解：由题意，可知
当n＝1时，，
因为当n≥2时，，
所以数列是以3为首项，1为公差的等差数列，
故，
所以，，
则当n≥2时，，
因为当n＝1时，a1＝3也满足上式，
所以；
（2）解：由（1），可得
，
则，
，
两式相减，可得，
令，
则，
两式相减，可得
，
所以，
即
，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角形中位线的平行性证得MN平面EFC，由平行四边形的平行性证得BD平面EFC，从而证出平面BMD 平面EFC.
（2）以D为原点建系后，利用线面角公式计算即可.
【详解】（1）连接，交于N，则N为的中点.
∵M为AE的中点，
∴
∵MN平面EFC，EC平面EFC，
∴MN平面EFC
∵
∴四边形BDEF为平行四边形，
∴
∵BD平面EFC，EF平面EFC，
∴BD平面EFC
又∵，MN、BD平面BDM
∴平面BMD 平面EFC
（2）∵，BF⊥平面ABCD
∴DE⊥平面ABCD
又∵四边形ABCD是正方形
∴DA、DC、DE两两垂直
∴以D为原点，分别以DA、DC、DE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设AB=2，则DE=4，
则，，，
∴，，
设平面BDM的一个法向量
由 得
令x=2，得y=－2，z=－1，
∴
设AE与平面BDM所成的角为，
∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.
20．(1)
(2)分布列见解析
(3)品牌商选择方案2更好
【分析】（1）利用对立事件以及相互独立事件的概率公式进行求解.
（2）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式以及离散型随机变量分布列的写法求解.
（3）利用二项分布以及离散型随机变量分布列的期望计算进行比较.
【详解】（1）3人都没通过初赛的概率为，
所以这三人中至少有1人通过初赛的概率．
（2）依题意可能取值为0，1，2，3．
设事件A表示“甲参加市赛”，事件B表示“乙参加市赛”，事件C表示“丙参加市赛”，
则，
则，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
P
（3）方案1：设三人中奖人数为X，所获奖金总额为Y元，则，
且，所以元，
方案2：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为Z元，
方法1：则Z的所有可能取值为1800，2400，3000，3600，
由（2）知，Z的分布列为：
Z 1800 2400 3000 3600
P
则，
因为，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．
方法2：由（2）知，，
方案2等价于只要参加了选拔赛即奖励600元，
进入了市赛的选手再奖600元．则，
因为，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案2更好．
21．(1)或
(2)
【分析】（1）根据题意利用待定系数法列出方程组即可求得的值，进而得到椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得两点坐标，进而得到四边形面积的表达式，从而求得该四边形面积的取值范围.
（1）
由，得，又，则
由，可得或
则椭圆的方程为或.
（2）
由椭圆的离心率，则椭圆的方程为
当直线AB斜率存在时，设直线，
代入，整理得
则，
则直线
代入，整理得，
取，则
，则，则，即
当直线AB斜率不存在时，AB的方程为，
此时，，
，
综上，四边形面积的取值范围为.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）代入，求导，取或进行讨论即可.
（2）利用参变分离，得到有两个不同的零点，进而设，讨论，利用导数讨论的单调性，进而得到的范围，得到，同理，通过参变分离，利用，即可证明，最后结论得证.（本题也可以利用部分参数分离进行证明，详见方法二）
（1）
当时，
所以，当时，在上增，在上减；
当时，在上减，在上增.
（2）
方法一：参数分离
有两个不同的零点
令，则
令得
当时，，所以：在递增；
当时，，所以：在递减.显然时，.
作出的图象如下：
所以：∴，
所以：，所以，；
下面证明：.要证：，因为
所以：
由（1）得.所以，原不等式得证.
综上所述：.
方法二：部分参数分离
零点.
从而为的图像与交点的横坐标.对给定的a，令使得，即，
得，存在且唯一，此时的图像与有唯一交点.
又，由（1）得，当时，，所以，
（这里要说明）又因为成立.
答案第1页，共2页
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