2022-2023學(xué)年浙江省杭州市高考數(shù)學(xué)專項突破仿真模擬試題（四）含解析

1、高考模仿試卷第PAGE 頁碼20頁/總NUMPAGES 總頁數(shù)26頁高考模仿試卷2022-2023學(xué)年浙江省杭州市高考數(shù)學(xué)專項突破仿真模擬試題（四）考試范圍：xxx；考試工夫：100分鐘；命題人：xxx題號一二三四總分得分留意事項：1答題前填寫好本人的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選一選）請點擊修正第I卷的文字闡明評卷人得分一、單 選 題1設(shè)集合A=x|x2,B=x|1x3，則（）ABCDx|1x0，則_；當(dāng) x(,m 時，函數(shù)的值域為 (1,14 ，則的取值范圍是_.15已知的展開式的一切項系數(shù)之和為64，則實數(shù)_，展開式中含的系數(shù)是_.（用數(shù)字作答）16在銳角中

2、，點D在線段上，且，則_，_.17在8張獎券中有一、二、三等獎各1張，其余5張無獎，將這8張獎券分給4個人，每人兩張，記獲獎人數(shù)為 ，則 _， _評卷人得分四、解 答 題18已知.(1)求函數(shù)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；(2)求函數(shù)在的取值范圍.19如圖，在三棱錐中，是邊長為2的正三角形，D為的中點(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值20已知首項為-2的等差數(shù)列的前項和為，數(shù)列滿足，.(1)求與；(2)設(shè)，記數(shù)列的前項和為，證明：當(dāng)時，.21如圖，已知F是拋物線的焦點，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點，且，（1）求拋物線的方程；（2）設(shè)過點F的直線交拋物線與AB兩點，斜率為2的直線l與直

3、線，x軸依次交于點P，Q，R，N，且，求直線l在x軸上截距的范圍.22已知函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)為.(1)記，討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有兩個零點（i）求證：；（ii）若，求a的取值范圍.參考答案：1C【解析】【分析】根據(jù)交集的定義求解即可【詳解】由題，故選：C2D【解析】【分析】首先根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)方式的除法運算化簡復(fù)數(shù)，再根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義判斷即可；【詳解】解：由于，所以，所以復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點的坐標(biāo)為，位于第四象限；故選：D3A【解析】【分析】由雙曲線漸近線的概念求解【詳解】雙曲線的漸近線方程為，整理得故選：A4B【解析】【分析】根據(jù)值的性質(zhì)、值法充分條件、必要條件的定義判斷可得出結(jié)論.【

4、詳解】若，取，則沒有成立，即“”“”；若，則，即，所以，“”“”.因此，“”是“”的必要而沒有充分條件.故選：B.5B【解析】【分析】作出題中沒有等式組表示的平面區(qū)域，再將目標(biāo)函數(shù)對應(yīng)的直線進行平移，觀察直線在軸上的截距變化，然后將最優(yōu)解代入目標(biāo)函數(shù)可得到結(jié)果【詳解】作出沒有等式組，表示的可行域，如下圖：將直線進行平移，觀察直線在軸上的截距變化，可知當(dāng)直線點時，直線在軸上的截距最小，此時目標(biāo)函數(shù)達到最小值，聯(lián)立，解得，可得點，即.故選：B.6C【解析】【分析】根據(jù)三視圖判斷幾何體的外形，利用空間幾何體的體積公式進行求解即可.【詳解】原圖為如圖所示的多邊體，即，所以.故選：C.7A【解析】【分析

5、】根據(jù)給定圖象，分析函數(shù)定義域排除兩個選項，再由時的函數(shù)值情況判斷作答.【詳解】由給定圖象知，函數(shù)的定義域為且，對于B，且，B沒有是；對于C，C沒有是；由圖象知，當(dāng)時，恒成立，對于D，當(dāng)時，D沒有是，A滿足條件.故選：A8B【解析】【分析】正方體中證明平面平面后可得線面平行，從而得正確選項【詳解】如圖，正方體中，由與平行且相等得平行四邊形，得，平面，平面，得平面，同理平面，而是平面內(nèi)兩條相交直線，因此有平面平面，平面，所以平面，故選：B9A【解析】【分析】分析可知對任意的，則，推導(dǎo)出數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列，可得出，再利用沒有等式的性質(zhì)推導(dǎo)出，即可求得，由此可得出合適的選項.【詳解】由于，易知對任意

6、的，則，所以，即，故數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列，則，由于，則，所以，所以，因此，.故選：A.10C【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)函數(shù)零點存在性定理處理即可【詳解】，令，則故g(x)在上單增，在上存在零點，且在上，在上，所以在上遞減，在上遞增，故在處取得最小值，所以又所以故選:C.11【解析】【分析】根據(jù)所給數(shù)表，數(shù)字陳列規(guī)律為第行的第1個數(shù)和1個數(shù)為，兩頭的某個數(shù)等于下一行“兩個腳”的和，即可計算得解【詳解】由數(shù)表可知，第行個數(shù)為，所以第6行的第1個數(shù)和1個數(shù)是，兩頭的某個數(shù)等于下一行“兩個腳”的和，所以第6行的第2個數(shù)為，第6行的第3個數(shù)為，故答案為：.【點睛】本題考查數(shù)與式的歸納推理，數(shù)學(xué)文明的簡單理解

7、和運用，屬于基礎(chǔ)題.12【解析】【分析】設(shè)雙曲線的右焦點為，設(shè)，則，則由題意可得，從而可求得，所以，從而可得，進而可求出離心率【詳解】設(shè)雙曲線的右焦點為，在中，是的一個外角，設(shè)，則，由于直線與圓相切于點，所以,在中，所以，由于，所以，所以在直角中，在直角中，由于，所以，由于為直線的傾斜角，直線為雙曲線的漸近線，所以,所以，所以，所以，所以離心率為，故答案為：13【解析】【分析】由題設(shè)，進而題意得向量對應(yīng)的軌跡為射線或，向量對應(yīng)的軌跡為拋物線：，根據(jù)向量減法法則，將成績轉(zhuǎn)化為拋物線點與射線上的點之間的最小距離成績求解即可.【詳解】解：根據(jù)題意，設(shè)，由于與夾角為，所以， 整理得；即向量對應(yīng)的軌跡為

8、射線 或 由于向量滿足， 所以，即向量對應(yīng)的軌跡為拋物線：如圖，所以，由圖可知，當(dāng)直線過點過點時，最小，此時與相切，所以，聯(lián)立方程得，由得，此時，到射線的距離為所以的最小值為.故答案為：14 ； 【解析】【分析】空：根據(jù)范圍，代入對應(yīng)函數(shù)解析式求值即可；第二空：先求出在R上的值域，圖象即可求出的取值范圍.【詳解】空：由題意知：，；第二空：當(dāng)時，在上為增函數(shù)，值域為；當(dāng)時，值域為，畫出圖象如下：令，解得，由圖象可知，要使函數(shù) 的值域為 (1,14，有.故答案為：；.15 3 53【解析】【分析】首先令求系數(shù)和，即可求，再將原式化簡為，轉(zhuǎn)化為求兩部分的含的系數(shù).【詳解】當(dāng)時，得，原式，中展開式中含

9、項的系數(shù)是，中含的系數(shù)即中的常數(shù)項1，所以兩項合并常數(shù)項是.故答案為：；16 3【解析】【分析】在中由正弦定理求出，再利用誘導(dǎo)公式即可求出，再由余弦定理求出，即可得到，當(dāng)時可得為等邊三角形，即可求出，當(dāng)，利用余弦定理求出，證沒有符合題意；【詳解】解：在中由正弦定理，即，解得，所以，由余弦定理，即，解得或，當(dāng)時，此時且，即為等邊三角形，則，當(dāng)時，由余弦定理，即，解得，此時，即為直角三角形，沒有符合題意，故舍去；故答案為：；17 【解析】【分析】先分析獲獎的情況，求出總的獲獎情況數(shù)，再求概率和期望.【詳解】一、二、三等獎獎券，三個人獲得，共有種獲獎情況；一、二、三等獎獎券，有1人獲得2張，1人獲得

10、1張，共有種獲獎情況,一共有24+36=60中沒有同的獲獎情況.易得一切可能的取值為2，3，所以，故故答案為：；18(1)最小正周期，單調(diào)遞增區(qū)間為，(2)【解析】【分析】（1）將化為只含一個三角函數(shù)方式，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求得答案；（2）將展開化簡為，求出的范圍，即可求得答案.(1)，所以；由于，所以，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，；(2)，由于，所以，因此函數(shù)在的取值范圍為.19(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）取的中點，連結(jié)，進而證明平面，在線面垂直得線線垂直；（2）解法一：過點作，垂足為，取的中點，連結(jié)，進而將成績轉(zhuǎn)化為求直線與平面所成角，再根據(jù)幾何關(guān)系證明，進而利用幾何法求解；

11、解法二：根據(jù)題意，以為原點，分別以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，再根據(jù)幾何關(guān)系證明平面，進而利用坐標(biāo)法求解即可；(1)證明：取的中點，連結(jié)由于是正三角形，所以，又由于，所以，又平面，平，所以平面，又由于平面，所以(2)解法1：過點作，垂足為由（1）知平面，所以，由于，所以平面取的中點，連結(jié)，由于為的中點，所以所以直線與平面所成角等于直線與平面所成角由于，所以又由（1）知，所以平面，所以在直角中，所以，又在直角DGF中，因此，直線BP與平面PAC所成角的正弦值為解法2：如圖，以為原點，分別以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，由于，為的中點，所以，又，所以平面ABC所以，設(shè)平面PA

12、C的法向量為，又，由，得可取設(shè)直線與平面所成角為因此，直線BP與平面PAC所成角的正弦值為20(1)，；(2)證明過程見解析.【解析】【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的前項和公式、等差數(shù)列的通項公式，對數(shù)式與指數(shù)式互化公式進行求解即可；（2）運用數(shù)學(xué)歸納法進行證明即可.(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為，由于，所以由，即，即，所以，而，所以；(2)由（1）可知：，所以有，當(dāng)時，沒有等式成立，當(dāng)時，沒有等式成立，假設(shè)當(dāng)時，沒有等式成立，即，當(dāng)時，由于所以，即，因此，綜上所述：當(dāng)時，成立.21（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出的值后可求拋物線的方程.（2）方法一：設(shè)，聯(lián)立直線的方程和拋物線的方程后可得，求

13、出直線的方程，聯(lián)立各直線方程可求出，根據(jù)題設(shè)條件可得，從而可求的范圍.【詳解】（1）由于，故，故拋物線的方程為：.（2）方法一：通式通法設(shè)，所以直線，由題設(shè)可得且.由可得，故，由于，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，則且，故，故即，解得或或.故直線在軸上的截距的范圍為或或.方法二：利用焦點弦性質(zhì)設(shè)直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，由題設(shè)可得且由得，所以由于，由得同理由得由于，所以即故令，則所以，解得或或故直線在x軸上的截距的范圍為方法三【最優(yōu)解】：設(shè)，由三點共線得，即所以直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為設(shè)直線的方程為，則所以故（其中）所以因

14、此直線在x軸上的截距為【全體點評】本題次要是處理共線的線段長度成績，次要方法是長度轉(zhuǎn)化為坐標(biāo).方法一：次要是用坐標(biāo)表示直線，利用弦長公式將線段長度關(guān)系轉(zhuǎn)為縱坐標(biāo)關(guān)系，再將所求構(gòu)建出函數(shù)關(guān)系式，再利用換元法等把復(fù)雜函數(shù)的范圍成績轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的范圍.方法二：利用焦點弦的性質(zhì)求得直線的斜率之和為0，再利用線段長度關(guān)系即為縱坐標(biāo)關(guān)系，再將所求構(gòu)建出函數(shù)關(guān)系式，再利用換元法等把復(fù)雜函數(shù)的范圍成績轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的范圍.方法三：利用點在拋物線上，巧妙設(shè)點坐標(biāo)，借助于焦點弦的性質(zhì)求得點橫坐標(biāo)的關(guān)系，這樣有助于減少變元，再將所求構(gòu)建出函數(shù)關(guān)系式，再利用換元法等把復(fù)雜函數(shù)的范圍成績轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)的范圍.22(1)答案見詳解；(2)（i）證明見詳解；（ii）【解析】【分析】（1）求導(dǎo)討論與即可求出結(jié)果；（2）（i）根據(jù)零點存在定理證出，從而證明結(jié)論；（