青海省2023届高三第二次模拟考试理科数学试卷（含解析）

这是一份青海省2023届高三第二次模拟考试理科数学试卷（含解析），共19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。
青海省2023届高三第二次模拟考试理科数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．已知集合，，则的元素个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．32．在复平面内，复数对应的点的坐标为（　　）A． B． C． D．3．已知，则向量与的夹角为（    ）A． B． C． D．4．已知平面α，直线m，n满足m⊄a，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（    ）A．充要条件 B．既不充分也不必要条件C．必要不充分条件 D．充分不必要条件5．将函数的图象向右平移个单位长度，则平移后所得图象的对称中心是（    ）A． B．C． D．6．已知实数，函数若，则a的值为（    ）A． B． C． D．7．有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（    ）A．12 B．14 C．36 D．728．已知是定义在上的偶函数，则以下函数中图象一定关于点成中心对称的是（    ）A． B．C． D．9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则必为（    ）A．钝角三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．等腰三角形10．已知函数，则下列说法错误的是（    ）A．当时，函数不存在极值点B．当时，函数有三个零点C．点是曲线的对称中心D．若是函数的一条切线，则11．如图，在正方体，点在线段上运动，则下列判断正确的是（    ）①平面平面②平面③异面直线与所成角的取值范围是④三棱锥的体积不变A．①② B．①②④ C．③④ D．①④12．在平面直角坐标系xOy中，角α的终边为单位圆交于点M，其中，点N与点M关于原点对称．若在圆上存在点P，使得，则实数m的最小值是（    ）．A． B． C．1 D．2 二、填空题13．函数（且）恒过定点为 _________.14．已知，，，，则______．15．如图，在三棱锥中，，一平面截三棱锥所得截面为平行四边形.已知，，则异面直线和所成角的正弦值是______.16．设为随机变量，从棱长为的正方体的条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，为两条棱上两点（不在同一条棱上）间距离的最小值，则随机变量的数学期望为_______． 三、解答题17．某电子产品生产商经理从众多平板电脑中随机抽取6台，检测它们充满电后的工作时长（单位：分钟），相关数据如下表所示．平板电脑序号123456工作时长/分220180210220200230 (1)从被抽中的6台平板电脑中随机抽出2台，设抽出的2台平板电脑充满电后工作时长小于210分钟的台数为，求随机变量的分布列及数学期望；(2)下表是一台平板电脑的使用次数与当次充满电后工作时长的相关数据．求该平板电脑工作时长与使用次数之间的回归直线方程，并估计该平板电脑使用第200次时充满电后的工作时长．使用次数/次20406080100120140工作时长/分210206202196191188186 附：，，．18．在等差数列中，，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列是首项为1，公比为2的等比数列，求的前项和.19．正的边长为2，是边上的高，分别是和的中点（如图（1））.现将沿翻折成直二面角（如图（2））.在图（2）中：（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使？证明你的结论；（3）求二面角的余弦值.20．已知椭圆的离心率为．点在椭圆上．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点任作椭圆的两条相互垂直的弦、，设、分别是、的中点，则直线是否过定点？若过，求出该定点坐标；若不过，请说明理由．21．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，对于任意，证明：.22．已知在极坐标系下，曲线（为参数）与点.（1）求曲线与点的位置关系；（2）已知极坐标的极点与直角坐标原点重合，极轴与直角坐标的轴正半轴重合，直线，求曲线与线的交点的直角坐标.23．设函数，不等式的解集为M，a，且，．(1)证明：；(2)若对任意恒有，求实数m的取值范围．
参考答案：1．D【分析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，，故集合的元素有3个，故选：D2．B【分析】由复数的乘除运算化简，再由复数的几何性质得到其点的坐标即可.【详解】由题意，，所以对应的点的坐标为.故选：B.3．B【分析】直接根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】设向量与的夹角为，，因为，所以.故选：B.4．D【分析】根据线面平行的判定定理以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】若“”则“”成立，即充分性成立，，不一定平行，因为还有可能和异面.即“”是“”的充分不必要条件，故选：．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面平行的判断和性质是解决本题的关键．5．A【分析】利用图象变换求得所得函数的解析式为，然后解方程，可求得所得函数图象的对称中心坐标.【详解】由题意可得平移后的函数为.令，得，则平移后所得图象的对称中心为.故选：A.【点睛】本题考查利用图象变换求函数解析式，同时也考查了余弦型函数对称中心的求解，考查计算能力，属于基础题.6．A【分析】根据分段函数的解析式，结合分段条件分和两种情况讨论，即可求解.【详解】由题意，函数，当时，由可得，即，解得；当时，由可得，即，此时方程无解，综上可得，实数的值为.故选：A.7．B【分析】根据题意，分厂只接受1个女生和厂接受2个女生两类情况，结合厂的分派方案，利用分类、分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，可分为两种情况：①若厂只接受1个女生，有种分派方案，则厂分派人数可以为或，则有种分派方案，由分步计数原理可得，共有种不同的分派方案；②若厂接受2个女生，只有1种分派方案，则厂分派人数为，则有种分派方案，此时共有种不同的分派方案，综上，由分类计数原理可得，共有种不同的分派方案.故选：B.8．B【分析】分析函数的奇偶性，结合函数图象变换可判断ABCD选项.【详解】构造函数，该函数的定义域为，所以，，函数为奇函数，故函数的对称中心为原点.对于A选项，函数的图象可在函数的图象上向右平移个单位，故函数图象的对称中心为；对于B选项，函数的图象可在函数的图象上向左平移个单位，故函数图象的对称中心为；对于C选项，函数的图象可在函数的图象上向上平移个单位，故函数图象的对称中心为；对于D选项，函数的图象可在函数的图象上向下平移个单位，故函数图象的对称中心为.故选：B.9．A【分析】根据余弦定理即可判断三角形形状.【详解】由余弦定理，得，因为，所以，所以为钝角三角形．故选：A10．B【分析】当时，分析函数的单调性，可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可判断B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；利用导数的几何意义可判断D选项.【详解】对于A选项，当时，，此时函数在上单调递增，所以，当时，函数不存在极值点，A对；对于B选项，当时，，，由可得，由可得或，所以，函数的增区间为、，减区间为，函数的极大值为，极小值为，又因为，由零点存在定理可知，函数在区间有一个零点，当时，，因此，当时，函数有一个零点，B错；对于C选项，对任意的，，所以，点是曲线的对称中心，C对；对于D选项，设是函数的一条切线，设切点坐标为，，由题意可得，①所以，曲线在处的切线方程为，即，则，②联立①②可得，D对.故选：B.11．B【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④．【详解】正方体中易证直线平面，从而有，同理有，证得平面，由面面垂直判定定理得平面平面，①正确；正方体中，，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面平面，而平面，从而得平面，②正确；当是中点时，在平面内，正方体中仿照上面可证平面，从而，与所成角为．③错；∵，由平面，知在线段上移动时，到平面距离相等，因此不变，④正确．故选：B．【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．12．B【分析】根据题意，由线段MN的垂直平分线与圆有公共点求解.【详解】因为，所以P点在线段MN的垂直平分线上．因为，所以线段MN的垂直平分线．因为点P在圆上，所以直线l与圆E必定存在公共点，即圆心E到直线l的距离，所以m的最小值为，故选：B13．【分析】根据，直接求定点.【详解】由函数，可知当时，.所以函数恒过点.故答案为：14．【分析】求出，再利用两角差的正弦公式计算即可.【详解】，，，故答案为：15．【分析】推导出，，由可得出，利用勾股定理计算出，求出，即为所求.【详解】因为四边形是平行四边形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，，同理可证，直线和所成角即为，因为，所以.因为，，所以，故.因此，异面直线和所成角的正弦值是.故答案为：.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．16．【分析】作出图形，分析可知随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.【详解】在棱长为的正方体中，如下图所示：当两条棱相交时，，与每条棱相交的棱有条，即；当两条棱平行时，这两条棱之间的距离为或，其中，与棱平行且距离为的棱为、，与棱平行且距离为的棱为；当两条棱异面时，，与棱异面的棱为、、、.所以，，，因此，.故答案为：.17．(1)分布列见解析，数学期望为(2)，估计该平板电脑使用第200次时充满电后的工作时长为171.5分钟 【分析】（1）X可能取值为0，1，2，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.（2）计算回归方程为，代入数据计算即可.【详解】（1）（1）由题意可知，X可能取值为0，1，2，则，，．则随机变量X的分布列为X012P 数学期望为．（2），，，故，所以线性回归方程为，当时，，所以估计该平板电脑使用第200次时充满电后的工作时长为171.5分钟．18．（1）（2）【分析】（1）依题意，从而.由此能求出数列的通项公式；（2）由数列是首项为1，公比为2的等比数列，求出，再分组求和即可.【详解】（1）设等差数列的公差是.由已知，∴，∴，得 ，∴数列的通项公式为.（2）由数列是首项为1，公比为2的等比数列，∴，∴，∴，.【点睛】本题考查数列的通项公式和前项和公式的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化.19．（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析；（3）.【详解】试题分析：（1）由题意知为中位线，所以会有，可得结论；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设可得的坐标，由可得的值，进而找到点的位置；（3）可设平面的一个法向量，设平面的法向量为，由题中条件可求得，最后可得二面角的余弦值.试题解析：（1）证明：在中，因为分别是的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）以点为坐标原点，以直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（图略），则，，，，，，，，设，则，注意到，所以在线段上存在点，使.（3）平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，取，，所以二面角的余弦值为.考点：直线与平面平行、二面角的平面角.20．（1）；（2）直线过定点．【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合点在椭圆上的性质、椭圆之间的关系，得到方程组，解方程组求出，的值，进而可得椭圆的方程．（2）设直线的方程，联立直线与椭圆方程，消去一未知数，得到一个一元二次方程，结合韦达定理、中点坐标公式、直线斜率公式，可得到直线斜率，直线方程，令，即可得出答案．【详解】（1）由已知得，解得，，所以椭圆的方程为；（2）由题意知直线，的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，由得，由，且，所以，，即，，同理，，所以，所以直线的方程为，由对称性可知定点必在轴上，令，得，所以直线过定点．【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题．21．（1）当时，的增区间是，减区间是；当时，的增区间是，减区间是；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，再按的正负分类讨论，分区间确定的正负情况；（2）当时，不等式变形为二元的对数式与齐二次分式形式，故采取整体元构造函数法，令，构造新函数，求导研究单调性，证明即可.【详解】解：（1）的定义域为，且，则，当时，，此时在上单调递增，，此时在上单调递减；当时，，此时在上单调递增，，此时在上单调递减.综上可知：当时，的增区间是，减区间是；当时，的增区间是，减区间是.（2）由，，，由于，所以.设，故：，令，则，由于，故，则在上单调递增，故，即：所证不等式成立.【点睛】多变量问题研究的核心就是要减少变量，将多变量问题化归于单变量问题.根据变量间的关系消元或整体换元将多变量化归单变量是解决此类问题的常用方法.22．（1）点不在曲线（直线）上．（2）．【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，点的极坐标化为直角坐标后判断；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程求解．【详解】（1）由，代入，得，此即为曲线直线坐标方程，又，所以，而，所以点不在曲线（直线）上．（2）把代入得，得，，，所以交点坐标为．23．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）分类讨论得到的解析式，然后解不等式得到，利用作差法得到，即可说明；（2）利用绝对值不等式得到，根据基本不等式得到，即可得到，然后解不等式即可.【详解】（1）证明：，当时，不成立，当时，令，解得，当时，成立，所以不等式的解集为，故，即，，所以，即，所以.（2），而，当且仅当时等号成立．由题意得，，解得，所以m的取值范围为．