2023-2024學(xué)年浙江省杭州市第二中學(xué)高考仿真模擬數(shù)學(xué)試卷含解析

2023-2024學(xué)年浙江省杭州市第二中學(xué)高考仿真模擬數(shù)學(xué)試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖所示的“數(shù)字塔”有以下規(guī)律：每一層最左與最右的數(shù)字均為2，除此之外每個數(shù)字均為其兩肩的數(shù)字之積，則該“數(shù)字塔”前10層的所有數(shù)字之積最接近（）A． B． C． D．2．已知命題p：若，，則；命題q：，使得”，則以下命題為真命題的是（）A． B． C． D．3．已知直線和平面，若，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．不充分不必要4．（）A． B． C． D．5．點為棱長是2的正方體的內(nèi)切球球面上的動點，點為的中點，若滿足，則動點的軌跡的長度為（）A． B． C． D．6．已知直線，，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件7．設(shè)，則““是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必條件8．已知函數(shù)（其中，，）的圖象關(guān)于點成中心對稱，且與點相鄰的一個最低點為，則對于下列判斷：①直線是函數(shù)圖象的一條對稱軸；②點是函數(shù)的一個對稱中心；③函數(shù)與的圖象的所有交點的橫坐標之和為.其中正確的判斷是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③9．已知三棱錐中，為的中點，平面，，，則有下列四個結(jié)論：①若為的外心，則；②若為等邊三角形，則；③當時，與平面所成的角的范圍為；④當時，為平面內(nèi)一動點，若OM∥平面，則在內(nèi)軌跡的長度為1．其中正確的個數(shù)是（）．A．1 B．1 C．3 D．410．已知是函數(shù)圖象上的一點，過作圓的兩條切線，切點分別為，則的最小值為（）A． B． C．0 D．11．已知為拋物線的焦點，點在拋物線上，且，過點的動直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，拋物線的準線與軸的交點為.給出下列四個命題：①在拋物線上滿足條件的點僅有一個；②若是拋物線準線上一動點，則的最小值為；③無論過點的直線在什么位置，總有；④若點在拋物線準線上的射影為，則三點在同一條直線上.其中所有正確命題的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．412．已知命題,；命題若，則，下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，若函數(shù)在處的切線與圓存在公共點，則實數(shù)的取值范圍為_____．14．記復(fù)數(shù)z＝a+bi（i為虛數(shù)單位）的共軛復(fù)數(shù)為，已知z＝2+i，則_____．15．已知函數(shù)為奇函數(shù)，則______.16．近年來，新能源汽車技術(shù)不斷推陳出新，新產(chǎn)品不斷涌現(xiàn)，在汽車市場上影響力不斷增大.動力蓄電池技術(shù)作為新能源汽車的核心技術(shù)，它的不斷成熟也是推動新能源汽車發(fā)展的主要動力.假定現(xiàn)在市售的某款新能源汽車上，車載動力蓄電池充放電循環(huán)次數(shù)達到2000次的概率為85%，充放電循環(huán)次數(shù)達到2500次的概率為35%.若某用戶的自用新能源汽車已經(jīng)經(jīng)過了2000次充電，那么他的車能夠充電2500次的概率為______.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，，，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點，是線段上的動點，若二面角的平面角的大小為，試確定點的位置.18．（12分）已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）若函數(shù)在區(qū)間上的最小值為，求m的值.19．（12分）已知數(shù)列的前項和為，且滿足．（Ⅰ）求數(shù)列的通項公式；（Ⅱ）證明：．20．（12分）橢圓的右焦點，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的弦長為.（1）求橢圓的方程；（2）過點且斜率不為0的直線與橢圓交于，兩點.為坐標原點，為橢圓的右頂點，求四邊形面積的最大值.21．（12分）已知函數(shù).（1）解不等式；（2）記函數(shù)的最大值為，若，證明：.22．（10分）已知等差數(shù)列和等比數(shù)列的各項均為整數(shù)，它們的前項和分別為，且，.（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）求；（3）是否存在正整數(shù)，使得恰好是數(shù)列或中的項？若存在，求出所有滿足條件的的值；若不存在，說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

結(jié)合所給數(shù)字特征，我們可將每層數(shù)字表示成2的指數(shù)的形式，觀察可知，每層指數(shù)的和成等比數(shù)列分布，結(jié)合等比數(shù)列前項和公式和對數(shù)恒等式即可求解【詳解】如圖，將數(shù)字塔中的數(shù)寫成指數(shù)形式，可發(fā)現(xiàn)其指數(shù)恰好構(gòu)成“楊輝三角”，前10層的指數(shù)之和為，所以原數(shù)字塔中前10層所有數(shù)字之積為.故選：A【點睛】本題考查與“楊輝三角”有關(guān)的規(guī)律求解問題，邏輯推理，等比數(shù)列前項和公式應(yīng)用，屬于中檔題2、B【解析】

先判斷命題的真假,進而根據(jù)復(fù)合命題真假的真值表,即可得答案.【詳解】，，因為，，所以，所以，即命題p為真命題；畫出函數(shù)和圖象，知命題q為假命題,所以為真.故選:B.【點睛】本題考查真假命題的概念,以及真值表的應(yīng)用,解題的關(guān)鍵是判斷出命題的真假,難度較易.3、B【解析】

由線面關(guān)系可知，不能確定與平面的關(guān)系，若一定可得，即可求出答案.【詳解】,不能確定還是，，當時，存在，，由又可得，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B【點睛】本題主要考查了必要不充分條件，線面垂直，線線垂直的判定，屬于中檔題.4、B【解析】

利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】．故選B．【點睛】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查了復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題．5、C【解析】

設(shè)的中點為，利用正方形和正方體的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理可以證明出平面，這樣可以確定動點的軌跡，最后求出動點的軌跡的長度.【詳解】設(shè)的中點為，連接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以動點的軌跡平面與正方體的內(nèi)切球的交線.正方體的棱長為2，所以內(nèi)切球的半徑為，建立如下圖所示的以為坐標原點的空間直角坐標系：因此有，設(shè)平面的法向量為，所以有，因此到平面的距離為：，所以截面圓的半徑為：，因此動點的軌跡的長度為.故選：C【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理的應(yīng)用，考查了立體幾何中軌跡問題，考查了球截面的性質(zhì)，考查了空間想象能力和數(shù)學(xué)運算能力.6、C【解析】

先得出兩直線平行的充要條件，根據(jù)小范圍可推導(dǎo)出大范圍，可得到答案.【詳解】直線，，的充要條件是，當a=2時，化簡后發(fā)現(xiàn)兩直線是重合的，故舍去，最終a=-1.因此得到“”是“”的充分必要條件.故答案為C.【點睛】判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關(guān)系．7、B【解析】

解出兩個不等式的解集，根據(jù)充分條件和必要條件的定義，即可得到本題答案.【詳解】由，得，又由，得，因為集合，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B【點睛】本題主要考查必要不充分條件的判斷，其中涉及到絕對值不等式和一元二次不等式的解法.8、C【解析】分析：根據(jù)最低點，判斷A=3，根據(jù)對稱中心與最低點的橫坐標求得周期T，再代入最低點可求得解析式為，依次判斷各選項的正確與否．詳解：因為為對稱中心，且最低點為，所以A=3，且由所以，將帶入得，所以由此可得①錯誤，②正確，③當時，，所以與有6個交點，設(shè)各個交點坐標依次為，則，所以③正確所以選C點睛：本題考查了根據(jù)條件求三角函數(shù)的解析式，通過求得的解析式進一步研究函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．9、C【解析】

由線面垂直的性質(zhì),結(jié)合勾股定理可判斷①正確;反證法由線面垂直的判斷和性質(zhì)可判斷②錯誤;由線面角的定義和轉(zhuǎn)化為三棱錐的體積,求得C到平面PAB的距離的范圍,可判斷③正確;由面面平行的性質(zhì)定理可得線面平行,可得④正確.【詳解】畫出圖形：若為的外心，則，平面,可得,即，①正確;若為等邊三角形，，又可得平面，即,由可得，矛盾，②錯誤;若，設(shè)與平面所成角為可得，設(shè)到平面的距離為由可得即有，當且僅當取等號.可得的最大值為，即的范圍為，③正確；取中點，的中點，連接由中位線定理可得平面平面可得在線段上，而，可得④正確；所以正確的是：①③④故選：C【點睛】此題考查立體幾何中與點、線、面位置關(guān)系有關(guān)的命題的真假判斷，處理這類問題，可以用已知的定理或性質(zhì)來證明，也可以用反證法來說明命題的不成立.屬于一般性題目.10、C【解析】

先畫出函數(shù)圖像和圓，可知，若設(shè)，則，所以，而要求的最小值，只要取得最大值，若設(shè)圓的圓心為，則，所以只要取得最小值，若設(shè)，則，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值即可.【詳解】記圓的圓心為，設(shè)，則，設(shè)，記，則，令，因為在上單調(diào)遞增，且，所以當時，；當時，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，即，所以（當時等號成立）.故選：C【點睛】此題考查的是兩個向量的數(shù)量積的最小值，利用了導(dǎo)數(shù)求解，考查了轉(zhuǎn)化思想和運算能力，屬于難題.11、C【解析】

①：由拋物線的定義可知，從而可求的坐標；②：做關(guān)于準線的對稱點為，通過分析可知當三點共線時取最小值，由兩點間的距離公式，可求此時最小值；③：設(shè)出直線方程，聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合韋達定理，可知焦點坐標的關(guān)系，進而可求，從而可判斷出的關(guān)系；④：計算直線的斜率之差，可得兩直線斜率相等，進而可判斷三點在同一條直線上.【詳解】解：對于①，設(shè)，由拋物線的方程得，則，故，所以或，所以滿足條件的點有二個，故①不正確；對于②，不妨設(shè)，則關(guān)于準線的對稱點為，故，當且僅當三點共線時等號成立，故②正確；對于③，由題意知，，且的斜率不為0，則設(shè)方程為：，設(shè)與拋物線的交點坐標為，聯(lián)立直線與拋物線的方程為，，整理得，則，所以，則.故的傾斜角互補，所以，故③正確.對于④，由題意知，由③知，則，由，知，即三點在同一條直線上，故④正確.故選:C.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了直線與拋物線的位置關(guān)系，考查了拋物線的性質(zhì)，考查了直線方程，考查了兩點的斜率公式.本題的難點在于第二個命題，結(jié)合初中的“飲馬問題”分析出何時取最小值.12、B【解析】解：命題p：?x＞0，ln（x+1）＞0，則命題p為真命題，則￢p為假命題；取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，則命題q是假命題，則￢q是真命題．∴p∧q是假命題，p∧￢q是真命題，￢p∧q是假命題，￢p∧￢q是假命題．故選B．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求得函數(shù)在處的切線,再根據(jù)切線與圓存在公共點,利用圓心到直線的距離滿足的條件列式求解即可.【詳解】解：由條件得到又所以函數(shù)在處的切線為,即圓方程整理可得：即有圓心且所以圓心到直線的距離,即.解得或,故答案為：．【點睛】本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解切線方程的問題,同時也考查了根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系求解參數(shù)范圍的問題,屬于基礎(chǔ)題.14、3﹣4i【解析】

計算得到z2＝（2+i）2＝3+4i，再計算得到答案.【詳解】∵z＝2+i，∴z2＝（2+i）2＝3+4i，則．故答案為：3﹣4i．【點睛】本題考查了復(fù)數(shù)的運算，共軛復(fù)數(shù)，意在考查學(xué)生的計算能力.15、【解析】

利用奇函數(shù)的定義得出，結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)可求得實數(shù)的值.【詳解】由于函數(shù)為奇函數(shù)，則，即，，整理得，解得.當時，真數(shù)，不合乎題意；當時，，解不等式，解得或，此時函數(shù)的定義域為，定義域關(guān)于原點對稱，合乎題意.綜上所述，.故答案為：.【點睛】本題考查利用函數(shù)的奇偶性求參數(shù)，考查了函數(shù)奇偶性的定義和對數(shù)運算性質(zhì)的應(yīng)用，考查計算能力，屬于中等題.16、【解析】

記“某用戶的自用新能源汽車已經(jīng)經(jīng)過了2000次充電”為事件A，“他的車能夠充電2500次”為事件B，即求條件概率：，由條件概率公式即得解.【詳解】記“某用戶的自用新能源汽車已經(jīng)經(jīng)過了2000次充電”為事件A，“他的車能夠充電2500次”為事件B，即求條件概率：故答案為：【點睛】本題考查了條件概率的應(yīng)用，考查了學(xué)生概念理解，數(shù)學(xué)應(yīng)用，數(shù)學(xué)運算的能力，屬于基礎(chǔ)題.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）為線段上靠近點的四等分點，且坐標為【解析】

（1）先通過線面垂直的判定定理證明平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明；（2）分析位置關(guān)系并建立空間直角坐標系，根據(jù)二面角的余弦值與平面法向量夾角的余弦值之間的關(guān)系，即可計算出的坐標從而位置可確定.【詳解】（1）證明：因為，，，所以，即.又因為，，所以，，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）解：連接，因為，是的中點，所以.由（1）知，平面平面，所以平面.以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則平面的一個法向量是，，，.設(shè)，，，，代入上式得，，，所以.設(shè)平面的一個法向量為，，，由，得.令，得.因為二面角的平面角的大小為，所以，即，解得.所以點為線段上靠近點的四等分點，且坐標為.【點睛】本題考查面面垂直的證明以及利用向量法求解二面角有關(guān)的問題，難度一般.（1）證明面面垂直，可通過先證明線面垂直，再證明面面垂直；（2）二面角的余弦值不一定等于平面法向量夾角的余弦值，要注意結(jié)合圖形分析.18、（1）見解析（2）【解析】

（1）先求導(dǎo)，再對m分類討論，求出的單調(diào)性；（2）對m分三種情況討論求函數(shù)在區(qū)間上的最小值即得解.【詳解】（1）若，當時，；當時.，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減若.在R上單調(diào)遞增若，當時，；當時.，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減（2）由（1）可知，當時，在上單調(diào)遞增，則.則不合題意當時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.則，即又因為單調(diào)遞增，且，故綜上，【點睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平.19、（Ⅰ），．（Ⅱ）見解析【解析】

（1）由，分和兩種情況，即可求得數(shù)列的通項公式；（2）由題，得，利用等比數(shù)列求和公式，即可得到本題答案.【詳解】（Ⅰ）解：由題，得當時，，得；當時，，整理，得．數(shù)列是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，，；（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，，故．故得證．【點睛】本題主要考查根據(jù)的關(guān)系式求通項公式以及利用等比數(shù)列的前n項和公式求和并證明不等式，考查學(xué)生的運算求解能力和推理證明能力.20、（1）（2）最大值.【解析】

（1）根據(jù)通徑和即可求（2）設(shè)直線方程為，聯(lián)立橢圓，利用，用含的式子表示出，用換元，可得，最后用均值不等式求解.【詳解】解：（1）依題意有，