浙江省数海漫游2023届高三二模数学试题

浙江省数海漫游2023届高三二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

3．函数在区间的最小值（    ）

A．与有关，与有关 B．与有关，与无关

C．与无关，与有关 D．与无关，与无关

4．如图，在一个的田字格点阵中，任意选取两个不同的点，则这两个点所在直线恰好经过点阵中的三个点的概率为（    ）

A． B． C． D．

5．可能为的值的是（    ）

A． B． C． D．

6．已知（）的展开式中含项系数为，则含项系数的最小值为（    ）

A． B． C． D．

7．已知是椭圆的左焦点，点在上，在上，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

8．正数列通过以下过程确定：是的最小值，其中.则当时，满足（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知为实验的样本空间，随机事件，则（    ）

A．为必然事件，且 B．为不可能事件，且

C．若，则为必然事件 D．若，则不一定为不可能事件

10．在中，，，则（    ）

A． B． C． D．

11．已知抛物线：与抛物线：在第一象限交于点，过点的直线分别与，交于，两点，且为线段的中点，为坐标原点，则（    ）

A． B．

C． D．

12．已知时，，则（    ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，

三、填空题

13．已知等比数列满足，则公比______.

14．若，则的取值范围是______.

15．已知函数，则至多有______个实数解.

16．若圆台的上底面面积为下底面面积的一半，体积为，表面积为，则的最大值是______.

四、解答题

17．记为正数列的前项和，已知是等差数列.

(1)求；

(2)求最小的正整数，使得存在数列，.

18．如图，在正方体中，是的中点，是内部或边界上的点.

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.

19．记的内角，，的对边分别为，，，已知.

(1)证明：；

(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.

20．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，是上一点，线段与交于点.

(1)证明：；

(2)若的面积为8，求直线的斜率.

21．小明是个爱存钱的小朋友.已知存钱罐里有1元钱，从第1天开始，每天小明以的概率往存钱罐中存入1元钱，以的概率从存钱罐中取出元钱购买喜欢的玩具，这里表示玩具在第天的价格.假设小明在第天取钱购买玩具时，发现存钱罐中的钱不足够.

注：当时，，.

(1)若，求；

(2)若，且小明希望存钱罐中的钱不足能购买玩具时，存钱罐中剩余的钱越多越好，那么小明应该提高还是减小取钱购买玩具的概率，并给出理由.

22．设，过斜率为的直线与曲线交于，两点（在第一象限，在第四象限）.

(1)若为中点，证明：；

(2)设点，若，证明：.

参考答案：

1．B

【分析】根据平面向量的坐标运算即可求得答案.

【详解】由题意知，，

故,

故选：B

2．C

【分析】求得集合，根据集合的交集运算可得答案.

【详解】由题意得，，

故，

故选：C

3．B

【分析】根据函数周期判断区间超过一个周期可得与最值的关系.

【详解】函数得到,区间长度超过一个周期,

函数在区间的最小值,与有关，与无关.

故选:B.

4．C

【分析】先求9个点中任取2个不同的点的基本事件的个数，再求两点所在直线恰好经过点阵中的3个点的基本事件的个数，运用古典概型求概率即可.

【详解】因为9个点中任取2个不同的点的基本事件有个，

这两点所在直线恰好经过点阵中的3个点的基本事件有个，

所以这两点所在直线恰好经过点阵中的3个点的概率为.

故选：C.

5．D

【分析】设，化简为，分别令等于各选项中的复数，结合求解方程，即可判断出答案.

【详解】设，

由题意可得，

令，

则， 即，不成立，故A不可能；

令，

即，即，不成立，故B不可能；

令，

即，即，不成立，故C不可能；

令，

即，即，成立，故D可能；

故选：D

6．C

【分析】利用二项式定理通项公式分别写出和的展开式中含的项和含的项，再由含项系数为列式得的关系式，表示出含项系数并将其转化为关于的一元二次方程式，根据二次函数的性质求解最小值即可.

【详解】二项式展开式中含的项为，

含的项为，

二项式展开式中含的项为，

含的项为，

由题意得，，即，

所以展开式中含项系数为

，

因为，当或时，取最小值，

最小值为，所以含项系数的最小值为.

故选：C

7．A

【分析】求得圆心坐标和半径，利用椭圆得到定义转化为，结合圆的性质，求得，进而得到答案.

【详解】由，可得，

可得圆的圆心坐标为，半径，

由椭圆，可得，

设椭圆的右焦点为，根据椭圆的定义可得，

所以，又由,

如图所示，当点四点共线时，即时，取得最小值，

最小值为，

所以.

故选：A.

8．B

【分析】令，可得，，利用导数分析哈数的单调性，求出函数的最小值，可得出，计算得出，再利用对数的运算性质可得出结论.

【详解】由可得，

因为，令，则，

令，则，

令，则，

所以，函数在上单调递增，

又因为，

，

所以，存在，使得，

当时，，即，此时函数单调递减，

当时，，即，此时函数单调递增，

因为，可得，

所以，，

所以，，可得，

故当时，

令，其中，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，即，当且仅当时，等号成立，

故当时，，

故.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解数列中的一些常见问题，解题的关键在于利用导数分析的单调性，结合函数的单调性来求解.

9．ABD

【分析】根据必然事件和不可能事件的定义，再结合样本空间为有限和无限的情况，判断选项.

【详解】A.当为必然事件，且，故A正确；

B. 为不可能事件，且，故B正确；

C. 若，则不一定为必然事件，若样本空间是区间，但质点落在区间的概率也是1，此时不是必然事件，故C错误；

D. 若，则不一定为不可能事件，若样本空间是区间，但质点落在处的概率为0，但此时不是不可能事件，故D正确.

故选：ABD

10．BD

【分析】根据条件，结合余弦定理求得，再建立不等关系，判断选项.

【详解】设，，，，

由条件可知，，

中，，

中，

，

所以，

，得，即，故B正确；

，

所以.

故选：BD

11．ABC

【分析】由的方程得出必过点和，结合的方程得出和的交点为和，且，当直线斜率不存在时，不合题意，当直线斜率存在时设直线的方程为，与和方程联立，得出，两点的坐标，再结合点为线段的中点，得出，对于A：由即可得出判断；对于B：通过比较与的大小关系，根据三角形中大角对大边，即可得出判断；对于C和D：由的范围，即可得出判断．

【详解】由，得必过点和，

又因为和在上，

所以和的交点为和，即，

当直线的斜率不存在时，不存在，两点，故不成立，

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

由得，

因为直线与有两个不同的交点，

所以，

即，

则，

所以，

由得，

因为直线与有两个不同的交点，

所以，

所以，

则，

所以，

因为为线段的中点，

所以，即，

所以，

对于A：设，

则，，

所以，

即，

所以，故A正确；

对于B：，，

所以，

当时，，

所以，

所以，

在中，为钝角，则为锐角，

所以，

所以，故B正确；

对于C，D：因为为锐角，

所以，

所以，故C正确；

所以，故D错误；

故选：ABC．

12．BCD

【分析】本题考虑到不等式可以用，，这3个函数进行表示，可将不等式转化为这三个函数在时的大小位置关系.可结合，进行初步判断函数的大小关系，结合的变化对，的相对位置的变化影响可解得本题.

【详解】设，，，

由得，

所以时，或.

A和B选项：

当时，，

设，则，

当时，所以在上单调递增，

所以，

即当时，，

故.

设，则，

当时，，则在上单调递减，

当时，，则在上单调递减.

故，即，

所以有，

即，.

设，由题意可知，，

，

当时，，在上单调递减，

当时，，在单调递增，

所以，

得，

由得，

，

当时，由得，

则，故B正确，

取，，，则，故A错误；

C和D选项：

当时，

由题意，恰为，两交点，所在直线，

则

则

由对数平均不等式知，

.

故，

故CD正确

故选：BCD

【点睛】关键点点睛：本题考察用导数解决不等式问题，本题解题的关键是从不等式中能抽象出来，，这三个函数，然后根据不等式得到三个函数的图象在不同位置时的联系进而去解决问题.

13．2

【分析】根据等比数列的性质求解即可.

【详解】由，

等式两边同时除以，得，

解得.

故答案为：2.

14．

【分析】利用基本不等式结合求得，将整理变形为，令，结合二次函数知识即可求得答案.

【详解】由可得，

而，当且仅当时，等号成立，

即，解得，

由可知，

所以，

令，则，

函数在单调递增，在单调递减

故，

即的取值范围是，

故答案为：

15．7

【分析】分类讨论的大小关系脱掉绝对值符号，求导，判断函数单调性，进而作出函数的大致图象，设，则即，从而将的解的个数问题转化函数图象的交点个数问题，数形结合，即可求得答案.

【详解】由可得，由知，，

当时，，，

当时，，在单调递增，

当时，，在单调递减，

当时，，，在单调递增，

则可作出函数的大致图像如图：

三个图分别对应时的情况，

设，则即，

则的解的个数问题即为的交点个数问题，

结合的图象可知的交点个数最多是3个，

即为图2个和图3所示情况，

不妨设交点横坐标为，当如图2所示时，，

此时无解，有1个解，最多有3个解，

故此时最多有4个解；

当如第3个图所示时，，

此时有一个解，最多有3个解，最多有3个解，

故此时最多有7个解；

故答案为：7

【点睛】方法点睛：解答此类复合函数的解的个数问题，一般采用换元法，将方程解的个数转化为函数图象的交点个数问题，数形结合，解决问题.

16．

【分析】设圆台的上底面半径为，母线长为，求出和，再求出关于的解析式，构造函数利用导数求出最值可得结果.

【详解】依题意设圆台的上底面半径为，母线长为，则下底面半径为，

圆台的高，，

，

所以,

由，得，，

设，，

，

令，得，解得或(舍)，

当时，，当时，，

所有在上为增函数，在上为减函数，

所以当时，取得最大值，

所以的最大值为.

故答案为：.

17．(1)1

(2)3

【分析】（1）根据题意可推得，即得，即可得答案；

（2）利用（1）中结论可得，结合基本不等式求得，验证后即得答案.

【详解】（1）由题意是等差数列，设其公差为d，

则，

则，故.

（2）由（1）可知，一方面，

故，当且仅当时，取等号，

由于m为正整数，故，

另一方面，时，﹐满足条件，

综上所述，正整数m的最小值是3．

18．(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）作出辅助线，进而由线线平行得出线面平行；

（2）作出辅助线，找到点在平面的投影，设直线与平面所成角为，则，设出正方体棱长，求出，，得到，从而求出直线与平面所成角的正弦值的取值范围.

【详解】（1）连接，连接，

∵N，M分别为的中点，

∴是的中位线，

∴，

∴平面平面，

∴平面.

（2）设平面与平面交于直线，延长交于，过点作于，

因为正方体中，由勾股定理得，

因为是的中点，所以⊥，

因为⊥平面，平面，

所以⊥，

因为，平面，

所以⊥平面，

因为平面，所以⊥，

因为，平面，

所以⊥平面，

设直线与平面所成角为，则，

设正方体棱长为2，则，，

故，由勾股定理得，

，

，

又点在内部或边界上，则，

故，.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用结合正弦定理角化边，即可证明结论；

（2）由正弦定理推得，作于H，可得，利用锐角三角形性质推出，化简可得，求得，结合，即可求得答案.

【详解】（1）由于，，故，

即.

（2）由,，作于H，

则,

于是，

在锐角中，,故，

 ，

则，

故，故或（舍去），

又，则.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意在双曲线左支上，在右支上，设且得中点为，代入双曲线判断与双曲线的位置关系，即可证结论；

（2）令得，设联立双曲线，应用韦达定理，结合已知求，即可得直线斜率.

【详解】（1）由题意在双曲线左支上，在右支上，令且，

而，则线段中点为，又，则，

所以，则中点在双曲线上或外部，

即，仅当重合时等号成立，故.

（2）若，则，

令，，联立双曲线，

则，而，则，，

所以，故，可得（负值舍），

所以，故直线斜率为.

21．(1)；

(2)小明应该减小取钱购买玩具的概率，理由见解析.

【分析】（1）求出小明在天第一次想购买玩具的概率，再利用期望的意义列式并利用给定求和公式计算作答.

（2）利用（1）的信息与结论，求出剩下钱的期望即可分析判断作答.

【详解】（1）由于，则小明想要买玩具时一定发现钱不够，

小明在天第一次想购买玩具的概率是，

所以.

（2），则小明第一次希望购买玩具时，钱恰好足够，并且第二次购买玩具时钱一定不够，

此时初始状态是存钱罐中0元钱，因此剩下钱的期望是第（1）问中，

于是若小明希望存钱罐中的钱不足够买玩具时，存钱罐中剩余的钱越多越好，

那么小明应该减小取钱购买玩具的概率.

22．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）依题意得到，，从而将问题转化为证成立，再利用构造函数求导法证明即可.

（2）利用逆否命题将问题转化为证“若，则”，构造函数，从而将问题转化为证存在，使得单调递增，由此得证.

【详解】（1）依题意，设，，

则，所以，故，

由于为中点，则由中点坐标公式可得，

下证：，

不妨设，则由得，

要证，即证，

即证，即证，

令，则，

令，则在上恒成立，

所以在上单调递减，故，即，

所以在上单调递减，故，即，得证，

所以，解得，

所以，证毕.

（2）要证“若，则”成立，

可证其逆否命题“若，则”成立，

令，则，

当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

故，则，

又由（1）知，

所以当时，，

要证，即证，即证，

由于，

只需证：存在，

即证，

令，则，

因为，取，则，

令，则，

当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

故，即，

所以，故在上单调递增，

因为，所以，证毕.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．