2023年浙江省杭州市高考數(shù)學(xué)二模試卷及答案解析

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023年浙江省杭州市高考數(shù)學(xué)二模試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）1.設(shè)集合A={x∈N*|A.[0,3] B.[1,2.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z(1+i)=?A.102 B.54 C.53.在數(shù)列{an}中，“數(shù)列{an}A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.已知平面向量a=(1,3)，|bA.1 B.14 C.14 D.5.某興趣小組研究光照時(shí)長(zhǎng)x(h)和向日葵種子發(fā)芽數(shù)量y(顆)之間的關(guān)系，采集5組數(shù)據(jù)，作如圖所示的散點(diǎn)圖.若去掉DA.相關(guān)系數(shù)r變小 B.決定系數(shù)R2變小

C.殘差平方和變大 D.解釋變量x與預(yù)報(bào)變量y6.已知a>1，b>1，且log2A.4 B.8 C.16 D.327.如圖，點(diǎn)A，B，C，M，N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中，不滿足直線MN//平面ABA. B.

C. D.8.已知f(x)=sin(ωx+φ)(ω>A.127 B.1817 C.617二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）9.若直線y=kx+1與圓C：(x?2)2A.2 B.3 C.4 D.510.已知函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，f(xA.f(2023)=2 B.f′(x)11.一口袋中有除顏色外完全相同的3個(gè)紅球和2個(gè)白球，從中無(wú)放回的隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球，記事件A1：第一次取出的是紅球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的兩球同色；事件C：取出的兩球中至少有一個(gè)紅球，則(

)A.事件A1，A2為互斥事件 B.事件B，C為獨(dú)立事件

C.P(12.如圖圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等，O1，O2為圓柱上下底面的圓心，O為球心，EF為底面圓O1的一條直徑，若球的半徑r=A.球與圓柱的體積之比為2：3

B.四面體CDEF的體積的取值范圍為(0,32]

C.平面DEF截得球的截面面積最小值為4

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.在(x?1x)n的展開式中，只有第5項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則展開式中含x14.已知sinθ+cosθ=215.費(fèi)馬定理是幾何光學(xué)中的一條重要原理，在數(shù)學(xué)中可以推導(dǎo)出圓錐曲線的一些光學(xué)性質(zhì).例如，點(diǎn)P為雙曲線(F1,F2為焦點(diǎn))上一點(diǎn)，點(diǎn)P處的切線平分∠F1PF2.已知雙曲線C：x24?y22=1，16.已知函數(shù)f(x)=e2x?2ex+2x在點(diǎn)P(x四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且cosB+sinA+C2=0．

(1)求角B的大?。?/p>

18.(本小題12.0分)

設(shè)公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S5=20，a32=a2a5．

(1)求數(shù)列{an19.(本小題12.0分)

在三棱錐S?ABC中，底面△ABC為等腰直角三角形，∠SAB=∠SCB=∠20.(本小題12.0分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32，左，右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P，Q為橢圓上異于A，B的兩點(diǎn)，△PAB面積的最大值為2．

(1)求橢圓C的方程；

(2)設(shè)直線AP，Q21.(本小題12.0分)

馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計(jì)中的一個(gè)重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語(yǔ)言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測(cè)等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用.其數(shù)學(xué)定義為：假設(shè)我們的序列狀態(tài)是…，Xt?2，Xt?1，Xt，Xt+1，…，那么Xt+1時(shí)刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)Xt，即P(Xt+1|…,Xt?2,Xt?1,Xt)=P(Xt+1|Xt).

現(xiàn)實(shí)生活中也存在著許多馬爾科夫鏈，例如著名的賭徒模型．

假如一名賭徒進(jìn)入賭場(chǎng)參與一個(gè)賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為50%，且每局賭贏可以贏得1元，每一局賭徒賭輸?shù)母怕蕿?0%，且賭輸就要輸?shù)?元.賭徒會(huì)一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會(huì)結(jié)束賭博游戲：一種是手中賭金為022.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=ex?ax(a∈R)．

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：集合A={x∈N*|x2≤4x}={1,2,3,4}2.【答案】A

【解析】解：z(1+i)=?2+i(i是虛數(shù)單位)，則z=?2+3.【答案】A

【解析】解：數(shù)列{an}是等比數(shù)列，得a22=a1a3，

若數(shù)列{an}中a22=a1a3，

則數(shù)列{an}不一定是等比數(shù)列，如數(shù)列1，2，4，6，8，10，4.【答案】B

【解析】解：因?yàn)閨a?b|2=a2?2a?b+b2=10，|a|=105.【答案】D

【解析】解：由散點(diǎn)圖知，去掉點(diǎn)D(10,2)后，y與x的線性相關(guān)性加強(qiáng)，

則相關(guān)系數(shù)r變大，∴A錯(cuò)誤，

相關(guān)指數(shù)R2變大，∴B錯(cuò)誤，

殘差平方和變小，∴C錯(cuò)誤，

解釋變量x與預(yù)報(bào)變量y的相關(guān)性變強(qiáng)，∴D正確．

故選：D．

由散點(diǎn)圖知，去掉離群點(diǎn)D后，y與x的線性相關(guān)加強(qiáng)，由相關(guān)系數(shù)r，相關(guān)指數(shù)R2及殘差平方和與相關(guān)性的關(guān)系求解即可．6.【答案】C

【解析】解：∵log2a=logb4?12log2a=2logb2=2log2b?log2a?7.【答案】D

【解析】【分析】本題考查空間中線面平行的判定定理，考查了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意解題方法的積累，屬于基礎(chǔ)題．

根據(jù)正方體的性質(zhì)相應(yīng)作出完整的截面，然后根據(jù)正方體的性質(zhì)及線面平行的判定即可得解．【解答】解：對(duì)于A，作出完整的截面ABCD，由正方體的性質(zhì)可得MN//EF//AC，可得直線MN//平面ABC，能滿足；

對(duì)于B，作出完整的截面ABDCEF，由正方體的性質(zhì)可得MN//BF，可得直線MN//平面ABC

8.【答案】B

【解析】解：∵f(x)=sin(ωx+?)(ω>0)滿足f(π4)=1，f(53π)=0，

∴53π?π4=T9.【答案】CD【解析】解：由圓C：(x?2)2+y2=9，可得圓心C(2,0)，半徑r=3，

由直線l方程y=kx+1，可知直線l過(guò)定點(diǎn)D(0,1)，

由(0?2)2+12=5<9，∴點(diǎn)D在圓內(nèi)，10.【答案】BC【解析】解：根據(jù)題意，函數(shù)滿足f(x+2)=f(?x)，則f(x+4)=f(?x?2)=f(x)，即函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)，B正確；

而函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，則f(2023)=f(?1+2024)=f(?1)=?f(111.【答案】AC【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：

對(duì)于A，事件A1，A2不會(huì)同時(shí)發(fā)生，則兩個(gè)事件是互斥事件，A正確；

對(duì)于B，事件B發(fā)生或不發(fā)生時(shí)，事件C的概率不一樣，則事件B，C不是獨(dú)立事件，B錯(cuò)誤；

對(duì)于C，P(B)=P(A1)P(B|A1)+)=P(A2)P(B|A2)=35×212.【答案】AD【解析】解：球的半徑為r=2，可知圓柱的底面半徑r=2，圓柱的高為2r=4，

則球的體積為43π×23=32π3，圓柱的體積為π×22×4=16π，

則球與圓柱的體積之比為2：3，故A正確；

由題可知四面體CDEF的體積等于2VE?DCO1，點(diǎn)E到平面DCO1的距離d∈(0,4]，

又S△DCO1=12×4×4=8，∴2VE?DCO1=23×8d∈(0,323]，故B錯(cuò)誤；

過(guò)O作OG⊥DO1于G，則由題可得OG=12×2×425=255，

設(shè)O到平面DEF的距離為d113.【答案】70

【解析】解：由只有第5項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大可得：n=8，

∴通項(xiàng)公式Tr+1=C8rx8?r(?1x)r=(?1)rC14.【答案】0

【解析】解：∵sin2θ+cos2θ=1，

則(sinθ+cosθ)2=1+2sinθcosθ15.【答案】2

【解析】解：延長(zhǎng)F1M，PF2交于點(diǎn)Q，

由題意可得△PF1M≌△PMQ，

即|PF1|=|PQ|，且M為F1Q的中點(diǎn)，

16.【答案】?l【解析】解：因?yàn)閒(x)=e2x?2ex+2x，

所以f′(x)=2e2x?2ex+2，f′(x0)=2e2x0?2ex0+2，

所以g(x)=(2e2x0?2ex0+2)(x?x0)+e2x0?2ex0+2x0，

令h(x)=f(x)?g(x)，

則h(x)=e2x?17.【答案】解：(1)因?yàn)閟inA+C2=sinπ?B2=sin(π2?B2)=cosB2，

所以由cosB+sinA+C2=0得cosB+cosB2=0，

所以2cos2B2+cosB2?1=0，解得cosB2=12或cosB2=【解析】(1)利用三角形內(nèi)角和及誘導(dǎo)公式得到sinA+C2=cosB2，再利用余弦的倍角公式得到2cos2B2+cosB2?1=0，解得cosB18.【答案】解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d≠0，∵S5=20，a32=a2a5，

∴5a1+5×42d=20，(a1+2d)2=(a1+d)(a1+4d【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d≠0，由S5=20，a32=a2a5，利用通項(xiàng)公式與求和公式可得關(guān)于a1，d的方程組，聯(lián)立解得a1，d，即可得出an．

(2)數(shù)列{bn}滿足19.【答案】(1)證明：取AC的中點(diǎn)為E，連結(jié)SE，BE，

易得BE⊥AC，

又∠SAB=∠SCB=90°，AB=BC，SB=SB，

∴△SCB?△SAB，

則SA=SC且E為AC的中點(diǎn)，

∴SE⊥AC，

∵SE∩BE=E，∴AC⊥面SBE，

∵SB?面SBE，∴AC⊥SB；

(2)解：

過(guò)S作SD⊥面ABC，垂足為D，連接AD，CD，

∴SD⊥AB，

∵AB⊥SA，AB⊥SD，SA∩AD=A，AB⊥平面S【解析】(1)根據(jù)題意，可證△SCB?△SAB，即SA=SC，從而證得AC⊥面SBE，即可得到結(jié)果；

(2)根據(jù)題意，過(guò)S作SD⊥面ABC，垂足為D20.【答案】解：(1)當(dāng)點(diǎn)P為橢圓C短軸頂點(diǎn)時(shí)，△PAB的面積取最大值，

且最大值為12|AB|?b=12×2ab=ab=2，

由題意可得ca=32ab=2c2=a2?b2，解得a=2b=1c=3，

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1．

(2)(i)證明：設(shè)點(diǎn)P(x1,y1)、Q(x2,y2)，

若直線PQ的斜率為零，則點(diǎn)P、Q關(guān)于y軸對(duì)稱，則k1=?k2，不合乎題意；

設(shè)直線【解析】(1)根據(jù)題意可得出關(guān)于a、b、c的方程組，解出這三個(gè)量的值，即可得出橢圓C的方程；

(2)(i)分析可知直線PQ不與y軸垂直，設(shè)直線PQ的方程為x=ty+n，可知n≠±2，設(shè)點(diǎn)P(x1,y1)，21.【答案】解：(1)當(dāng)n=0時(shí)，賭徒已經(jīng)輸光了，因此P(0)=1．

當(dāng)n=B時(shí)，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率P(B)=0．

(2)證明：記M：賭徒有n元最后輸光的事件，N：賭徒有n元下一場(chǎng)贏的事件，

P(M)=P(N)P(M|N)+P(N)P(M|N?)，

即P(n)=12P(n?1)+12P(n+1)【解析】(1)明確n=0和n=B的含義，即可得答案；

(2)由全概率公式可得P(n)=12P(n?1)+22.【答案】解：(1)令函數(shù)f(x)=ex?ax=0，得xex=a，其中x≠0，

設(shè)g(x)=xex，則g′(x)=(1+x)ex，

令g′(x)=0，解得x=?1，

當(dāng)x<?1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>?1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；

所以x=?1時(shí)，g(x)取得極小值，也是最小值，

所