2023年浙江省普通高中学业水平考试押题预测数学试题（解析版）

这是一份2023年浙江省普通高中学业水平考试押题预测数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
【详解】解：集合，，则=，
故选：A.
2．函数的定义域为（ ）
A．且B．
C．且D．
【答案】A
【分析】根据具体函数的定义域即可求解.
【详解】由题意得且，
解得且．
所以定义域为且.
故选：A
3．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的解析式可得函数是以为底数的指数函数，再根据指数函数的图像即可得出答案.
【详解】解：由，得函数是以为底数的指数函数，
且函数为减函数，故D选项符合题意.
故选：D.
4．（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得；
【详解】解：；
故选：D
5．圆心为，半径的圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据圆的标准方程的形式，由题中条件，可直接得出结果.
【详解】根据题意，圆心为，半径
圆的标准方程为；
故选：B．
6．已知函数则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数解析式，由内而外逐步代入，即可求出结果.
【详解】因为所以，
因此.
故选A
【点睛】本题主要考查由分段函数求函数值，由内而外逐步计算即可，属于基础题型.
7．下列函数在R上为增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据基本初等函数的单调性逐项判断即可.
【详解】在上单调递减，在上单调递增，故选项A错误；
在R上为增函数，选项B正确；
在上单调递减，故选项C错误；
在单调递减，在单调递减，故选项D错误.
故选：B.
8．若，，且，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由于，所以，然后利用基本不等式求解即可
【详解】因为，所以．
因为，当且仅当，即，，等号成立，
所以的最小值是．
故选：B
9．设A，B是平面上距离为4的两个定点，若该平面上的动点P满足||PA|-|PB||=3，则P点的轨迹是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】C
【分析】根据双曲线的定义即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以P点的轨迹是双曲线.
故选：C.
10．不等式组，所表示的平面区域的面积大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线性约束条件画出可行域，再结合图形计算可得.
【详解】解：不等式组，表示的平面区域，如图所示：
由，解得，所以，
又，故．
故选：A．
11．已知、、是三条不同的直线，、是不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．，，且B．， ，且，
C．，，，且D．，，且
【答案】D
【分析】利用空间线面位置关系逐项判断可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，，，且，则、平行或相交（不一定垂直），A不满足条件；
对于B选项，， ，且，，则、平行或相交（不一定垂直），B不满足条件；
对于C选项，，，，且，则、平行或相交（不一定垂直），C不满足条件；
对于D选项，且，则，，则，D满足条件.
故选：D.
12．将函数向右平移个单位长度，所得图象的函数解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据左加右减原则，即可得到答案；
【详解】函数向右平移个单位长度，
，
故选：A
13．若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．或
【答案】C
【分析】由对一切实数都成立，结合函数的性质分类讨论进行求解.
【详解】解：对一切实数都成立，
①时，恒成立，
②时，，解得，
综上可得，，
故选：C.
14．已知均为单位向量，它们的夹角为60°，则||=（ ）
A．B．C．D．4
【答案】A
【分析】求出，利用向量的数量积即可求出结果．
【详解】∵均为单位向量，它们的夹角为60°，
∴ ．
故选A．
【点睛】本题考查向量的模的求法，考查向量的数量积等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
15．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°，则直线与平面所成角的大小为（ ）
A．120°B．60°C．30°D．以上均错
【答案】C
【分析】先设直线与平面所成角为，根据线面角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系，即可得出结果.
【详解】设直线与平面所成角为，则由题意可得：.
又，.
故选：C.
【点睛】本题主要考查由直线方向向量与平面法向量的夹角求线面角，属于基础题型.
16．已知当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将化为，将看成主元，令，分，和三种情况讨论，从而可得出答案.
【详解】解：恒成立，
即，对任意得恒成立，
令，，
当时，，不符题意，故，
当时，函数在上递增，
则，
解得或（舍去），
当时，函数在上递减，
则，
解得或（舍去），
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
17．已知非零向量，满足，则，的夹角最大为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题知，，从而求得，求得夹角最大值.
【详解】由题知，，即，
又，
则，即，的夹角最大为
故选：C
18．通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为，则的值是（ ）
A．6B．12C．18D．108
【答案】A
【分析】设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，从而可得，从而可求出，从而可知经过11次拓展后在与6之间增加的数为，由此可得出经过11次拓展后6所在的位置，即可得出答案.
【详解】解：设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，
所以，
即，即，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
是以，所以，
则经过11次拓展后在与6之间增加的数为，
所以经过11次拓展后6所在的位置为第，
所以.
故选：A.
二、填空题
19．已知为等差数列的前项和，若，则___________.
【答案】
【分析】结合等差数列的前项和公式以及中项性质即可求出结果.
【详解】由，得，所以.
故答案为：.
20．在中，，，，则______．
【答案】或
【分析】结合正弦定理求得正确答案.
【详解】由正弦定理得，
由于，所以或.
故答案为：或
21．椭圆上一点P到该椭圆的一个焦点的距离为6，则点P到另一个焦点的距离为______．
【答案】4
【分析】求出椭圆的长轴长，再利用椭圆定义直接列式计算作答.
【详解】椭圆的焦点在x轴上，长半轴长，即长轴长，不妨令，
由椭圆定义知，，则有，
所以点P到另一个焦点的距离为4.
故答案为：4
22．在中，点满足，当点在线段上移动时，若，则的最小值是________．
【答案】0.9
【分析】根据题意画出图形，利用表示出，再设，；用分别表示出求出与，再将其代入，可得，然后利用二次函数的性质即可求的最小值．
【详解】如图所示，
中，，
∴，
又点点在线段上移动，设，，
∴，
又，∴，
∴，
∴当时，取到最小值，最小值为.
故答案为：．
三、解答题
23．已知函数.
(1)求的值；
(2)求的最小正周期.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数的解析式和特殊角的三角函数值计算可得；
（2）根据函数的解析式得，利用周期公式计算可得.
【详解】(1)∵，
∴
(2)∵，∴，
∴的最小正周期
24．已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于，两点，且.
（1）求该抛物线的方程；
（2）为坐标原点，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意设直线的方程为，然后将直线方程与抛物线方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系结合抛物线的定义，由列方程可求出的值，从而可求出抛物线的方程，
（2）结合（1）解方程求出两点的坐标，从而可求出三角形的面积
【详解】解：（1）抛物线的焦点为，
所以直线的方程为，
由消去得，
所以，
由抛物线定义得，
即，所以.
所以抛物线的方程为.
（2）由知，方程，
可化为，
解得，，故，.
所以，.
则面积
25．已知函数，且对任意的，.
（1）求的取值范围；
（2）若，证明：.
【答案】（1）（2）证明见解析.
【解析】（1）先求得函数式，结合绝对值三角不等式即可求得最小值，进而得的取值范围；
（2）由（1）中的取值范围，结合可得.代入不等式及函数解析式，分类讨论得分段函数解析式，并求得各自的最大值，即可证明不等式成立.
【详解】（1）函数，
由绝对值三角不等式可得
当且仅当时取等号，
因而
（2）证明：由（1）可知，且，
则，
要证明，
只需证明，
而
，
当时，.
当时，，
综上可知，
原命题得证.
【点睛】本题考查了绝对值三角不等式的综合应用，去绝对值化简函数表达式，由分段函数最值证明不等式成立，属于中档题.