西藏林芝市2023届高三二模数学（理）试题（含解析）

这是一份西藏林芝市2023届高三二模数学（理）试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
西藏林芝市2023届高三二模数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，集合.则（    ）A． B． C． D．2．已知为虚数单位，复数满足，则（    ）A． B． C．3 D．3．某中学调查该校学生对新冠肺炎防控的了解情况，组织一次新冠肺炎防控知识竞赛，从该学校1000名参赛学生中随机抽取100名学生，并统计这100名学生成绩的情况（满分100分，其中90分及以上为优秀），得到样本频率分布直方图（如图），根据频率分布直方图估计，这1000名学生中竞赛成绩为优秀的学生人数大约为（    ）A．40 B．60 C．80 D．1004．已知，，（其中为自然对数的底数），则（    ）A． B． C． D．5．在递增等比数列中，其前项和为，且是和的等差中项，则（    ）A．28 B．20 C．18 D．126．已知定义在上的函数在上单调递减，且为偶函数，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．7．已知为钝角，，则的值为（    ）A． B． C． D．8．已知抛物线：的焦点为，圆：，点，分别为抛物线和圆上的动点，设点到直线的距离为，则的最小值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．69．已知函数，（）图象的一条对称轴为，先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再将所得图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象在以下哪个区间上单调递增（    ）A． B． C． D．10．已知双曲线的左､右焦点分别是，双曲线上有两点满足，且，若四边形的周长与面积满足，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．11．在三棱锥中，，平面经过的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．12．已知函数，若有两个不同的极值点，且当时恒有，则的取值范围是（    ）A． B．C． D． 二、填空题13．已知向量，且，则___________.14．如图是一个算法流程，则输出的值为______.15．A，B，C，D，E共5名同学站成一排，则A，C必须相邻，B，E不能相邻的概率为_________. 三、双空题16．人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用，例如求方程的近似解，先用函数零点存在定理，令，，，得上存在零点，取，牛顿用公式反复迭代，以作为的近似解，迭代两次后计筫得到的近似解为______；以为初始区间，用二分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为______. 四、解答题17．如图，在中，内角的对边分别为，，，过点作，交线段于点，且，.(1)求；(2)求的面积.18．国家为响应世界卫生组织（WHO）的号召发布了《体育锻炼和久坐行为指南》，重点为了减少久坐时间，加强体育锻炼，改善身体状况.并提出每周至少进行150至300分钟的中等强度有氧运动或75至150分钟的剧烈运动.某学校举行一次跳跃运动比赛，规则如下：假设比赛过程中每位选手需要进行2次三周及三周以上的跳跃动作，其中甲的三周跳跃动作成功率为0.7，成功完成动作后得8分，失败得4分；甲的四周跳跃动作成功率为0.3，成功完成动作后得15分，失败得6分（每次跳跃动作是否成功相互独立）.(1)若甲选择先进行一次三周跳跃动作，再进行一次四周跳跃动作.求甲的得分高于14分的概率；(2)若甲选择连续进行两次三周跳跃动作，表示甲的最终得分，求随机变量的数学期望.19．如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.(1)证明：；(2)若是棱上一动点（含端点），平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.20．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，是椭圆上异于左、右顶点的动点，的周长为6，椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.21．已知函数.(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，求实数的取值范围.22．已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程；(2)若曲线和曲线与直线分别交于非坐标原点的，两点，求的值.23．已知.(1)解关于的不等式：；(2)若的最小值为，且正数，满足，求的最小值.
参考答案：1．C【分析】化简集合，根据交集的概念可求出结果.【详解】由，得，所以，由，得，所以，所以.故选：C.2．B【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简，再求模即可.【详解】因为，所以，所以，∴.故选：B.3．C【分析】由频率分布直方图求出样本中优秀的学生频率，即可得出答案.【详解】样本中竞赛成绩为优秀的学生频率为，则这1000名学生中竞赛成绩为优秀的学生大约有（人）.故选：C.4．D【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小可得答案.【详解】因为，所以；因为，；因为，.∴，故选：D.5．A【分析】由等比数列的通项公式求出，再由等比数列的前项和公式代入化简即可得出答案.【详解】根据题意得，，解得或（舍），则.故选：A.6．D【分析】由为偶函数求得函数对称轴，再结合函数的单调性进行求解即可.【详解】∵函数为偶函数，∴，即，∴函数的图象关于直线对称，又∵函数定义域为，在区间上单调递减，∴函数在区间上单调递增，∴由得，，解得.故选：D.7．B【分析】根据二倍角的余弦公式化简，得，再根据同角公式化为正切的形式，求出，再根据二倍角的正切公式可求出结果.【详解】由得，得，得，得，得或，又因为为钝角，所以，所以，则.故选：B.8．C【分析】由题意，的最小值为，的最小值为，可求的最小值.【详解】圆：，圆心坐标，半径为1，抛物线：的焦点为，准线方程，如图所示，点到直线的距离比点到准线的距离大2，即，的最小值为，当三点共线时的最小值为，所以.故选：C.9．C【分析】根据对称轴得到，根据平移法则得到，确定，解不等式得到答案.【详解】依题意，（），则（），因为，所以，故.将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，得到的图象，再将所得图象上所有的点向右平移个单位长度，得到的图象，令（），得函数的单调递增区间为（），对比选项知C满足条件.故选：C.10．A【分析】设，由双曲线的定义和余弦定理求得，从而可得周长，再求得四边形面积，由已知等式得关系，从而得离心率．【详解】不妨设，由双曲线的定义可知，，则①，又，所以由余弦定理可得②，由①②可得，所以．又四边形为平行四边形，故四边形的周长，则，面积，因为，所以，整理得，故双曲线的离心率为，故选：．11．D【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.【详解】如图所示，取中点及靠近的四等分点，的中点，连接，，，，，由，所以，又是中点，是的中点，所以可知，同理可得，又，平面，平面，所以平面，所以平面即为平面，又因为，所以，所以，所以截此三棱锥所得的截面面积为，当时，取得最大值，设外接球球心为，半径为，，分别为，外接圆圆心，球心满足面，面，又因为和均为边长为4的正三角形，所以，所以四边形为正方形，且，又,所以，∴.故选：D.12．B【分析】有两个不同的极值点，则有两个不同的零点，则且，恒成立，即恒成立，分和两种类型讨论，通过构造函数，利用导数求最值，求的取值范围.【详解】由题可知，，因为有两个不同的极值点，所以且，若，则，，当时，，即，即，即，设（），则，所以在上单调递减，则，则，所以.若，则，，当时，，即，若，则当时，，不满足题意，所以，此时，即.设（），则，解得，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，则有解得，所以.综上，的取值范围是.故选：B.【点睛】方法点睛：不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧， 不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.13．【分析】利用向量共线的坐标运算即可求出结果.【详解】因为，，所以，又，所以，解得，所以，故.故答案为：.14．【分析】依题意有，利用正弦函数的周期性和特殊角的正弦值求解.【详解】由流程图中的循环结构和条件语句可知，，函数最小正周期为8，根据诱导公式和特殊角的函数值，有，，所以.故答案为：15．/【分析】先求出基本事件的个数，再利用排列相邻问题捆绑法，不相邻插空法求出事件的个数，再利用古典概率公式即可求出结果.【详解】A，B，C，D，E共5名同学站成一排共有种排法，因为A，C必须相邻，所以可将A，C捆绑在一起看成一个元素，又B，E不能相邻，故先排，有种，再将B，E插入有种，然后可以全排，有种，由分步计数原理知，共有排法，所以所求概率为.故答案为：.16．          【分析】由牛顿法公式结合二分法的定义求解即可.【详解】已知，则.迭代1次后，，迭代2次后，，用二分法计算第1次，区间的中点为，，，所以近似解在上；用二分法计算第2次，区间的中点为，，，所以近似解在上，取其中点值，所求近似解为.故答案为：；.17．(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理可求出结果；（2）根据，，推出，再根据，求出，再根据三角形面积公式可求出结果.【详解】（1）由，根据正弦定理可得，即，根据余弦定理可得，因为，所以；（2）因为，且，所以，则，所以，所以.所以，即，在三角形中，，，所以，故.18．(1)0.3(2)13.6 【分析】（1）先分析出甲的得分高于14分的两种情况，再由互斥事件和相互独立事件的概率计算公式可得所求；（2）由甲成功完成动作的次数服从二项分布，得的概率分布列，进而得的数学期望.【详解】（1）设甲第次动作成功完成为事件（），甲选择先进行一次三周跳跃动作，再进行一次四周跳跃动作，得分高于14分的情况有：三周跳跃动作与四周跳跃动作都成功和三周跳跃动作失败与四周跳跃动作成功.所以甲的得分高于14分的概率.（2）甲两次动作成功情况相互独立，且成功率皆为0.7，设为成功完成动作的次数，故，甲选择连续进行两次三周跳跃动作都失败得8分；甲选择连续进行两次三周跳跃动作成功一次得12分；甲选择连续进行两次三周跳跃动作都成功得16分.，，，81216故.19．(1)证明见解析(2)5 【分析】（1）先证明平面,根据线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，列式求出参数，即可求得答案.【详解】（1）在四棱台中, 延长后必交于一点，故共面，因为平面,平面,故,连接，因为底面四边形为菱形，故,平面,故平面,因为平面,所以；（2）过点A作的垂线作为x轴，交与N点，以分别为y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,设，则，由于，故,则,设，则，， ，记平面的法向量为,则,即，令，则，即，平面的法向量可取为，由于平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则，解得 ，当M与N点重合时，平面垂直于平面，由于平面与平面所成角为锐二面角，故，所以,故.20．(1)(2)存在定点， 【分析】（1）结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程；（2）设圆的半径为，，由内切圆的性质确定的关系，再结合点到直线的距离公式确定的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明.【详解】（1）周长为，椭圆的离心率为，则，所以所以椭圆的标准方程为；（2）设圆的半径为，，由（1）不妨设，则的面积，所以，，所以，由，，得直线的方程为，则点到直线的距离为，整理，得，把代入上式，得，即，由题意得，，，所以，则，把，代入椭圆的方程，得，所以点在椭圆上，所以存在定点，，使为定值2.【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于由条件确定点的轨迹方程，再由椭圆定义证明结论.先通过内切圆和等面积法建立点坐标和半径及点坐标的关系，再由相关点法得出轨迹方程即可.21．(1)答案见解析.(2). 【分析】（1）求出函数的导数，分和两种情况进行讨论，当时，根据导数等于0，求得根，从而再讨论根的大小，判断函数的单调性；（2）分和，三种情况进行讨论函数的单调性，判断零点情况，当时，结合函数单调性，求得函数最小值，根据题意列出不等式求得参数范围；当时，函数只有一个零点，时，结合函数单调性，判断极值情况，说明至多只有一个零点，不符合题意，综合可得答案.【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，则，（i）当时，恒成立，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在单调递增，（ii）当时，令，解得，或， (舍去），当，即时，，函数在上单调递减，当时，即，当,或时，，函数在，上单调递减，当时，，函数在单调递增，当时，即，当时，，函数在递减，当时，，函数在单调递增，综上所述：当时，函数在上单调递减，在单调递增，时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递减，当时，函数在，上单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，当时，函数在上单调递减，在单调递增，而，令，则在成立，故在单调递减，所以，且趋向于时，趋向于，即趋向于，又在上恒负，且趋向于时，趋向于0，综上，在趋向于时，趋向于，∴函数有两个零点等价于，结合，解得 ；当时，只有一个零点，不符合题意；当时，函数在上单调递减，至多只有一个零点，不符合题意；当且时，由（1）知有两个极值点，而，又，下研究其符号：令，则，令，则，当，，在递减，当时，，在上单调递增，故，即在上单调递减，当趋向于0时，趋向于0，即g(x)恒负，故，此时，至多只有一个零点，不符合题意，综合上述，实数m的取值范围为.【点睛】关键点点睛：利用导数解决有两个零点，求实数的取值范围问题，综合性强，难点在于要分类讨论参数的范围，进而判断函数的单调性，确定极值的正负问题，关键在于要多次构造函数，利用导数判断函数单调性.22．(1)(2) 【分析】（1）由曲线的参数方程消参得普通方程；（2）把直线的极坐标方程代入曲线和曲线的极坐标方程，由，计算即可.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），则有，，由，得，∴曲线的普通方程为；（2）由（1）的曲线的一般方程为，化为极坐标方程：，将代入的极坐标方程得，将代入的极坐标方程得，则.23．(1)(2). 【分析】（1）讨论的取值，去绝对值，从而解得不等式的解集；（2）由绝对值不等式求出的最小值，利用均值不等式求出的最小值【详解】（1）①当时，不等式可化为，可得；②当时，不等式可化为，有，不可能；③当时，不等式可化为，可得，由上知关于的不等式的解集为；（2）由，可得，有，有（当且仅当，时取等号）.有，故的最小值为.