浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期5月第二次仿真考数学试题（含解析）

这是一份浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期5月第二次仿真考数学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期5月第二次仿真考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．复数的虚部为（    ）A． B． C． D．2．若，则（    ）A． B．1 C．15 D．163．物理学中，如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，我们就说这个力对物体做了功，功的计算公式：（其中是功，是力，是位移）一物体在力和的作用下，由点移动到点，在这个过程中这两个力的合力对物体所作的功等于（    ）A．25 B．5 C． D．4．函数f(x)＝的定义域为(　　)A．B．C．D．5．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数构成的数列的第项，则的值为（    ）  A．1275 B．1276 C．1270 D．12806．已知椭圆的右焦点为，过右焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．7．如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（    ）A． B． C． D．8．已知函数，若在存在零点，则实数值可以是（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．有一组样本甲的数据，一组样本乙的数据，其中为不完全相等的正数，则下列说法正确的是（    ）A．样本甲的极差一定小于样本乙的极差B．样本甲的方差一定大于样本乙的方差C．若样本甲的中位数是，则样本乙的中位数是D．若样本甲的平均数是，则样本乙的平均数是10．正三角形的边长为，如图，为其水平放置的直观图，则（    ）  A．为锐角三角形B．的面积为C．的周长为D．的面积为11．已知函数的定义域为的导函数的图象关于中心对称，且函数在上单调递增，若且，则（    ）A． B．C． D．12．已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于两点（其中点A在第一象限）.如图，把平面沿轴折起，使平面平面，则以下选项正确的为（    ）    A．折叠前的面积的最大值为B．折叠前平分C．折叠后三棱锥体积为定值D．折叠后异面直线所成角随的增大而增大 三、填空题13．已知，则__________.14．一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为__________.15．某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图（单位：）所示，四边形为矩形，，，均与圆O相切，B､C为切点，零件的截面BC段为圆O的一段弧，已知，，则该零件的截面的周长为___________.（结果保留） 四、双空题16．已知函数，则的最小值是__________；若关于的方程有个实数解，则实数的取值范围是__________. 五、解答题17．已知等差数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)记，其中为数列的前项和.设表示不超过的最大正整数，求使的最大正整数的值.18．在三棱锥中，，平面平面，且.  (1)证明：；(2)若是直线上的一个动点，求直线与平面所成的角的正切值最大值.19．设的内角所对边分别为，若.(1)求证：成等差数列；(2)若为整数，，且三个内角中最大角是最小角的两倍，求周长的最小值.20．为了了解学生的运动情况，某中学对高中三个年级的学生运动情况进行了分层抽样调查.调查的样本中高一年级有的学生每周运动总时间超过5小时，高二年级有的学生每周运动总时间超过5小时，高三年级有的学生每周运动总时间超过5小时，且三个年级的学生人数之比为，用样本的频率估计总体的概率.(1)从该校三个年级中随机抽取1名学生，估计该学生每周运动总时间超过5小时的概率；(2)假设该校每名学生每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个年级中随机抽取5名学生，设这5名学生中每周运动总时间为5至6小时的人数为，求随机变量的期望.21．已知双曲线：的离心率为，直线：与双曲线C仅有一个公共点.(1)求双曲线的方程(2)设双曲线的左顶点为，直线平行于，且交双曲线C于M，N两点，求证：的垂心在双曲线C上.22．定义：对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”.函数的“不动点”和“稳定点”集合分别记为和，即.(1)证明下面两个性质：性质1：；性质2：若函数单调递增，则；(2)已知函数，若集合中恰有1个元素，求的取值范围.
参考答案：1．B【分析】由虚部定义可得.【详解】由虚部定义可知，虚部为.故选: B.2．D【分析】令计算可得.【详解】因为，令可得.故选：D3．A【分析】利用条件，先求出两个力的合力及，再利用功的计算公式即可求出结果.【详解】因为，，所以，又，，所以，故.故选：A.4．A【详解】由 (k∈Z)得，∴x≠π且x≠π，∴x≠，k∈Z，∴选A.5．A【分析】根据题意分析可得，利用累加法运算求解.【详解】由题意可得：，即，所以.故选：A.6．C【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与构建出关于、、的齐次方程，根据离心率公式即可解得.【详解】设，，，过点做倾斜角为的直线斜率，直线方程为，联立方程，可得，根据韦达定理：，，因为，即，所以，所以，即，所以，联立，可得，.故选：C.7．B【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.【详解】如图，取的中点，连接，，则，，过点作⊥底面，垂足在上，且，所以，故，点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，设最大球的半径为，则，因为∽，所以，即，解得，即，则，故设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，则，则，又，所以，解得，又，故，解得，所以，模型中九个球的表面积和为.故选：B【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径8．D【分析】根据题意得，令，，则函数在上存在零点等价于与的图像有交点，再根据的单调性求解即可.【详解】根据题意，令，所以，令，，则函数在上存在零点等价于与的图像有交点．，令，，则，故在上单调递增，因为，，所以存在唯一的，使得，即，即，，所以当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，所以，又时，，故，，所以.故选：D．【点睛】利用导数研究函数零点的核心是根据题意构造合适的函数，通过研究函数的单调性，进而确定函数大致图形，数形结合，有助于简化题目.9．ACD【分析】根据统计中的相关概念和性质运算求解.【详解】不妨设样本甲的数据为，且，则样本乙的数据为，且，对于选项A：样本甲的极差为，样本乙的极差，因为，即，所以样本甲的极差一定小于样本乙的极差，故A正确；对于选项B：记样本甲的方差为，则样本乙的方差为，因为，即，所以样本甲的方差一定小于样本乙的方差，故B错误；对于选项C：因为样本甲的中位数是，则样本乙的中位数是，故C正确；对于选项D：若样本甲的平均数是，则样本乙的平均数是，故D正确；故选：ACD.10．CD【分析】根据斜二测法可求出，，再利用余弦定理可求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.【详解】如图，因为正三角形的边长为，故，所以，，在中，，由余弦定理得，,在中，，由余弦定理得，,选项A，在中，因为，由余弦定理知，故选项A错误；选项B和D，，故选项B错误，选项D正确；选项C，的周长为，故选项C正确.  故选：CD.11．ACD【分析】根据给定条件，可得函数的图象对称轴，结合给定等式探求出正数a，b的关系，再逐项分析判断作答.【详解】因为函数的图象关于中心对称，则有，，而，即，，，令，为常数，当时，，因此，，即函数的图象关于直线对称，又函数在上单调递增，则函数在上单调递减，由，得，A正确；而，即有，，因此，B错误；显然，即，则，因此，C正确；，D正确.故选：ACD12．BCD【分析】对于A：利用弦长公式结合点到直线的距离运算求解；对于B：利用韦达定理证明，即可得结果；对于C：根据面面垂直的性质结合锥体的体积公式运算求解；对于D：根据题意利用结合空间向量可得，再根据复合函数单调性分析判断.【详解】由题意可得：抛物线的焦点为，准线，则，设直线，联立方程，消去x得，可得，则，对于选项A：因为，点到直线的距离，可得折叠前的面积，所以当时，折叠前的面积的最小值为，故A错误；对于选项B：因为，即折叠前直线关于x轴对称，所以折叠前平分，故B正确；对于选项C：因为平面平面，则可知点A到平面的距离即为点A到x轴的距离，的面积，所以折叠后三棱锥体积（定值），故C正确；对于选项D：由抛物线的性质可知：，可得，，根据题中所给的空间直角坐标系，可得，则，可得，所以，即折叠后异面直线所成角的余弦值为，因为在上单调递增，则在上单调递减，且在定义域内单调递增，则在上单调递减，所以折叠后异面直线所成角随的增大而增大，故D增大；故选：BCD.【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)．13．【分析】利用同角三角函数的关系化简为齐次式，再代入，可得答案.【详解】因为，所以、.故答案为：14．8【分析】利用圆的对称性，分两种情况：相邻两个点和圆心、相间隔的三点，即可求出结果.【详解】如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个；如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个；所以，7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为个.  故答案为：8.15．【分析】法一：以A为原点，建立直角坐标系，根据圆心到直线、直线、直线距离均相等,利用点到直线的距离公式列式，计算出的长，再计算该零件的截面的周长.法二：分析可知，计算，再计算该零件的截面的周长.【详解】法一：以A为原点，为x轴正方向建立平面直角坐标系如图示：则直线的方程为：，直线的方程为：，直线的方程为：，设圆心为O，则圆心到直线、直线、直线的距离均相等且等于，则，解得：，，，易得，，对应弧长为圆的周长，故该零件的截面的周长为.故答案为：法二：易知，所以，解得，所以.故答案为：16．          【分析】第一空，由题意可知，故设，作出其图象，数形结合，可得的最小值；第二空，利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的的值，将关于的方程有个实数解问题转化为直线与曲线的交点问题，数形结合，可得答案.【详解】根据与大小关系（比较与大小的推理见后附），可知，设，注意到曲线与曲线恰好交于点，显然， ，作出的大致图象如图，    可得的最小值是1，从而的最小值是．由，得．设直线与曲线切于点，，直线过定点，则，解得，从而．由图象可知，若关于的方程有个实数解，则直线与曲线有个交点，则或，即所求实数的取值范围是，故答案为：；附：当时，设，则，所以在区间上单调递减，从而，此时；当时，设，在区间上单调递减，所以当时，，即；当时，，即；当时，，即．【点睛】关键点睛：解答本题的关键所在：（1）明确的含义，即；（2）数形结合思想，作出函数的图象；（3）将关于的方程有个实数解，转化为直线与曲线的交点问题.17．(1)(2)64 【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）由（1）可得，根据题意可得，根据等差数列的求和公式分析运算即可.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得，解得，所以数列的通项公式.（2）由（1）可得，则，所以，因为，则，所以，则，即数列是以首项为0，公差为1的等差数列，则，即，又因为在上单调递增，且，所以使的最大正整数的值为64.18．(1)证明见解析；(2)2. 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定和性质证明即可；（2）作出直线与平面所成的角，并得到该角正切的函数关系，再借助二次函数求解作答.【详解】（1）在三棱锥中，在平面内过点作直线，如图，  因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以.（2）过作交于，连接，由（1）知平面，因此是直线与平面所成的角，又平面，所以，设，由，，得，，又，所以，，在中，由余弦定理,得，所以，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成的角的正切值最大值为2.  19．(1)证明见详解(2)15 【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换结合正弦定理可得，即可得结果；（2）根据题意利用正、余弦定理可得，进而可得结果.【详解】（1）因为，整理得，即，由正弦定理可得：，即成等差数列.（2）由题意可得：，则，不妨设，因为，由正弦定理可得：，由余弦定理可得：，即，整理得，所以，可得周长，可知当时，周长的取到最小值15.20．(1)0.65；(2)1.5. 【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率及全概率公式求解作答.（2）由（1）的结论，结合正态分布的对称性求出该校学生每周运动总时间为5至6小时的概率，再利用二项分布求出期望作答.【详解】（1）记随机抽取1名学生分别来自高一、高二、高三的事件为，抽取的1 名学生每周运动总时间超过5小时的事件为，于是，,因此，所以该学生每周运动总时间超过5小时的概率为0.65.（2）该校每名学生每周运动总时间为随机变量（单位：小时），，则有，由（1）知，，于是，因此，即该校学生每周运动总时间为5至6小时的概率为0.3，依题意，，则,所以随机变量的期望为1.5.21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由离心率为可得，再联立直线与双曲线利用判别式可得的方程；（2）设方程，及的坐标，由过A引的垂线交C于另一点H，可得点H为.再证即可.【详解】（1）因为双曲线的离心率为，所以，即，所以双曲线的方程为，联立直线与双曲线的方程，消去得，即，因为与双曲线C仅有一个公共点，所以，解得,故双曲线的方程为.（2）设，，则满足消去得，所以，，如图所示，过A引的垂线交C于另一点H，则AH的方程为.代入得，即（舍去）或.所以点H为.所以，所以，故为的垂心，得证.【点睛】关键点睛：本题考察直线与圆锥曲线的位置关系，属于压轴题.先求一条垂线与双曲线的交点，再证另两条过交点的直线互相垂直，由此得证，其中化简斜率关系是关键，用到了转化及整体消元的思想.22．(1)证明见解析(2)或 【分析】（1）先设，利用题设条件得出，即，根据集合间的关系即可证明性质1，再设，则有，再利用函数单调递增，即可证明性质2；（2）先求出集合中的元素个数，再分类讨论，，结合性质2及集合中不动点个数得，，由稳定点定义，令，问题化为函数的零点，求导函数，分类讨论研究函数零点个数即可.【详解】（1）不妨设，则由题知，则，故，所以，所以性质1得证；设，则，因为函数单调递增，所以存在唯一，使，若，则，得到，与矛盾；若，则，得到，与矛盾，故必有，所以，即，又由性质（1）知，所以，当函数单调递增，，故性质2得证.（2）由题设可得在上有且只有一个实数解，故在上有且只有一个实数解，因为，故在上有且只有一个实数解，即在上有且只有一个实数解，故在上有且只有一个实数解，若，则在上有且只有一个实数解，符合题意.若，则，故，设，，则，故在上为增函数，故在上的解即为上的解.由题设，在上仅有一个实数解，设，则，当时，，故，故在上为增函数，故，不合题意，舍.当时，时，，时，，故在上为减函数，在为增函数，故，若即，则在上仅有一个实数解，符合题意.若即，此时，而，设，则，故在上为增函数，故，故此时在上仅有两个实数解，不符合题意.当时， 设，则，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，（i），，则，所以单调递减，又无限趋向于0时，函数无限趋向于正无穷大，且，所以只有1个零点，即集合中恰有1个元素，（ii），则，又当时，易知函数在单调递减，又，，故存在，使得，即，，又，所以，，又，，所以存在，，有，时，，，单调递减，时，，，单调递增，时，，，单调递减，，，，所以极小值，极大值，又，且，，且，故存在，，存在，，即有3个零点，且，集合中有3个元素，综上，或时，集合中恰有1个元素，【点睛】关键点点睛：本题考查对新概念的理解和运用能力，同时考查了集合间的关系和方程根的相关知识，解题过程中体现了分类讨论思想.