吉林省白山市抚松县抚松县第一中学2023届高三二模数学试题（含解析）

这是一份吉林省白山市抚松县抚松县第一中学2023届高三二模数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

吉林省白山市抚松县抚松县第一中学2023届高三二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．若复数（i为虚数单位，a，且）为纯虚数，则（    ）
A． B． C． D．
3．在空间，已知，为单位向量，且，若，，，则实数k的值为（    ）
A．－6 B．6
C．3 D．－3
4．已知的外接圆半径为1，圆心为点，且，则的值为
A． B． C． D．
5．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上最早的一整正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即，对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为、，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且，则第二次“晷影长”是“表高”的（    ）倍．
A．1 B． C． D．
6．将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，则（    ）

A．0 B．1 C．2 D．
7．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（    ）
A． B． C． D．1
8．已知函数，若方程有4个不同的根，，，，且，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．设，则下列说法正确的有（    ）
A．的最小正周期为 B．在上单调递增
C．的图象关于轴对称 D．的图象关于对称
10．下列命题中是真命题的是（   ）
A．“”是“的最小正周期为”的必要不充分条件
B．已知平面向量，的夹角为，，，则
C．为了得到函数的图象，只需把函数的图象向左平行移动个单位长度
D．函数是定义在上的偶函数且在上为减函数，，则不等式的解集为
11．已知，，下列命题中正确的是（    ）
A．“”的最小值为
B．若，则
C．若，则
D．若，则
12．已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（    ）
A．函数在定义域上单调递增
B．函数在定义域上有极小值
C．函数的单调递增区间为
D．不等式的解集为

三、填空题
13．已知平面向量满足，则与夹角的最大值为 .
14．某城市一圆形空地的平面图如图所示，为了方便市民休闲健身，政府计划在该空地建设运动公园（图中阴影部分）.若是以B为直角的等腰直角三角形，，则该公园的面积为 .

15．若过点可以作三条直线与曲线相切，则m的取值范围是 .
16．剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一．如图，纸片为一圆形，直径，需要剪去四边形，可以经过对折、沿裁剪、展开就可以得到．

已知点在圆上且．要使得镂空的四边形面积最小，的长应为 ．

四、解答题
17．已知向量，.
(1)若，求实数m的值；
(2)若向量与共线且，求的坐标.
18．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______．
(1)求角的大小；
(2)边上的中线，求的面积的最大值．
19．设向量，，定义一种向量．已知向量，，点为函数图象上的点，点为的图象上的动点，且满足（其中为坐标原点）．
(1)求的表达式并求它的周期；
(2)把函数图象上各点的横坐标缩小为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．设函数，试讨论函数在区间内的零点个数．
20．已知是定义在上的偶函数，且.
(1)求的解析式；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)设，若存在，对任意的，都有，求实数的取值范围.
21．如图，现有一个以为圆心角、湖岸与为半径的扇形湖面．现欲在弧上取不同于的点，用渔网沿着弧（弧在扇形的弧上）、半径和线段（其中∥），在该扇形湖面内隔出两个养殖区域—养殖区域I和养殖区域II．若，，．

（1）用表示的长度；
（2）求所需渔网长度（即图中弧、半径和线段长度之和）的取值范围．
22．已知函数在处的导数为0.
（1）求的值和的最大值；
（2）若实数，对任意，不等式恒成立，求的取值范围.

参考答案：
1．B
【分析】根据对数函数的性质求出集合，再根据一元二次方程求出集合，最后根据并集的定义计算可得.
【详解】解：由，即，解得，所以，
由，即，解得，所以，
所以.
故选：B
2．D
【分析】根据复数的除法运算化简，根据其为纯虚数可得且，即可求得答案.
【详解】由题意得
,
∵为纯虚数
∴且，∴，
另解：设（），则，
即，，
∴，
故选：D.
3．B
【分析】由和的数量积为0，解出k的值.
【详解】由题意可得，，，
所以，即2k－12＝0，得k＝6.
故选：B.
4．C
【详解】因为，所以，所以，又因为，所以，同理可求，所以，故选C.
5．A
【分析】由题意可得，，再根据结合两角差的正切公式即可得解.
【详解】由题意可得，，
所以，
即第二次的“晷影长”是“表高”的1倍.
故选：A.
6．C
【分析】由三角函数的图象变换得到的解析式，再由其图象性质得出后计算原式
【详解】依题意，，
故，又的周期满足，得，所以，
所以，又，得，
又，所以，所以，
所以，
故选：C
7．C
【分析】利用导数的几何意义确定切线斜率，则可得，再利用和差公式与二倍角公式以及同角三角函数关系切化弦化简所求式子，得到含的式子，即可得结果.
【详解】解：因为，则
则曲线在点处的切线的斜率为，又倾斜角为
所以
则
.
故选：C.
8．D
【分析】作出函数与的图像，得到关于对称，化简条件，利用对勾函数的性质可求解.
【详解】作函数与的图像如下：

方程有4个不同的根，，，，且，
可知关于对称，即，且，
则，即，则
即，则；
当得或，则；；
故，；
则函数，在上为减函数，在上为增函数；
故取得最小值为，而当时，函数值最大值为.
即函数取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键，属于难题.
9．AB
【分析】对于A，根据周期公式，结合函数解析式，可得答案；
对于B、C、D，利用整体思想，结合余弦函数单调性、对称轴以及对称中心，可得答案.
【详解】对于A，由周期公式，则，故A正确；
对于B，当时，，由函数在上单调递增，则在上单调递增，故B正确；
对于C，由，则，由函数的对称轴公式，故C错误；
对于D，函数的对称中心纵坐标为1，故D错误
故选：AB
10．BC
【分析】对于A，根据充分条件和必要条件的定义结合周期公式分析判断，对于B，根据已知条件计算，对于C，根据三角函数图象变换规律分析判断，对于D，根据偶函数的性质及其函数的单调性求解判断.
【详解】解：因为的最小正周期为，所以，解得，
所以“”是“的最小正周期为”的充分不必要条件，故选项A是假命题；
，选项B是真命题；
只需把函数的图象向左平行移动个单位长度，即可得到函数的图象，故选项C是真命题；
因为是上的偶函数且在上为减函数，又，所以，不等式可变形为，
所以，解得或，所以不等式的解集为或，故选项D是假命题；
故选：BC.
11．BD
【分析】求得最小值排除选项A；求得最小值选B；求得最小值排除选项C；求得最小值选D.
【详解】选项A：，则
令，则在上为增函数，则
故，则最小值为.判断错误；
选项B：由，，可得，
则（当且仅当时等号成立），
解之得.判断正确；
选项C：，，，

（当且仅当时等号成立），则.判断错误；
选项D： 由，可得，
则，又，，则
则

（当且仅当时等号成立），故有.判断正确.
故选：BD
12．AC
【分析】令，得到，求得，令，利用导数得到，进而得到，可判定A正确，B不正确；求得，进而可判定C正确；设且，求得，可得，进而可判定D错误.
【详解】令，则，
因为，可得，
又由，可得，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
即，所以单调递增，所以A正确，B不正确；
由函数，可得，
令，即，解得，
所以函数的单调递增区间为，所以C正确；
设，则，则
因为，所以，
所以，
令，
则


注意到时，，进而单减，

知时“，即.”
时单减，而，所以D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，极值，利用导数解决有关不等式的问题，解题的关键是根据题意合理构造函数，然后利用导数解决，考查数学转化思想和计算能力，属于难题
13．/
【分析】利用向量数量积的运算律，结合向量夹角的运算，基本不等式及三角函数的性质即得.
【详解】因为，，
∴，即，
∴，又，
∴，
∴，
∴，
当且仅当时取等号，
又，
所以与夹角的最大值为.
故答案为：.
14．
【分析】利用扇形面积公式即可得到结果.
【详解】由题可知圆心为的中点，，连接，
该公园的面积

故答案为：
15．
【分析】设切点为,过点P的切线方程为.把题意转化为方程有三个不等根. 令，利用导数判断单调性，求出最值，即可求出m的取值范围.
【详解】由题意得.
设切点为,过点P的切线方程为，
代入点P坐标化简为,即这个方程有三个不等根.
令，求导得：.
令,解得：;令,解得：或.
所以函数在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.
故得到.
因为所以，
即m的取值范围是.
故答案为：
16．/
【分析】设 根据可得，进而根据的面积公式可得的关系，再根据基本不等式可得当为等腰三角形时取得面积最小值，进而得出此时，结合三角函数求解即可.
【详解】如图，连接，作于，由题意，，故，所以.
设则由面积公式，，即.由余弦定理，结合基本不等式，即，当且仅当时取等号.
故取最小值时，此时.
故.

故答案为：
17．(1)或；
(2)或.

【分析】（1）利用向量坐标的线性运算求坐标，模长坐标公式列方程求参数值；
（2）设并求出的坐标，根据向量共线及模长坐标公式求x、y，即可得的坐标.
【详解】（1）由题知：，，
∵，
∴，
∴，即，解得或.
（2）设，，
∵，
∴，又，
∴，即，
联立，解得，或.
∴或.
18．(1)
(2)

【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；
（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．
【详解】（1）若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．
则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．
（2）．
又（当且仅当时取等）
的面积的最大值为
19．(1)，
(2)答案见解析

【分析】（1）由题设定义，结合向量相等得出的表达式，再求周期；
（2）由的单调性，画出其图象，结合图象得出函数在区间内的零点个数．
【详解】（1）因为，，
因为点为的图象上的动点，所以，
；
因为，
所以，
所以，即，
所以，它的周期为；
（2），当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，其函数图象如下图所示：

由图可知，当或时，函数在区间内只有一个零点，
当时，函数在区间内有两个零点，
当或时，函数在区间内没有零点．
20．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）利用偶函数定义可得参数值，从而的解析式；
（2）易知在上单调递增，逆用单调性化为具体不等式问题，参变分离求最值即可；
（3）原问题等价于在上的最小值不大于在上的最小值.
【详解】（1）由题意知，
即，所以，故.
（2）由（1）知，，易知在上单调递增，
所以不等式恒成立，等价于，
即恒成立.
又，当且仅当时，等号成立，
所以，即实数的取值范围是.
（3）因为存在，对任意的，都有，
所以在上的最小值不大于在上的最小值.
因为在上单调递增，
所以当时，.
图象的对称轴方程为，
当时，在上单调递增，，解得，
所以；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
，解得；
当时，在上单调递减，，解得，
所以.
综上，实数的取值范围是.
21．（1），（2）
【分析】（1）用表示的长度，实质就是解三角形：在中，，, ,由正弦定理，得，最后明确定义域
（2）先建立渔网长度关系式：，这个函数取值范围显然要利用导数进行求解，先确定导函数，再求零点，列表分析可得极值及最值
【详解】解：（1）由∥，，，
得，,,
在中，由正弦定理得,
所以，
所以，
（2）设渔网的长度为．由（1）可知，．
所以．
因为，所以．
令，得，所以，所以．










极大值

所以，
因为，
所以．
故所需渔网长度的取值范围是．
22．（1），的最大值为0.（2）
【分析】（1）利用导数计算出，得出的值，然后利用导数求出函数在上的最大值作为函数的最大值；
（2）将所求不等式转化为对任意的恒成立，转化为，对的取值范围进行分类讨论，考查函数的单调性，结合
求出实数的取值范围．
【详解】（1），由题意得，，则，经检验满足.
因为是偶函数，故只考虑部分的最大值，当时，，
又，此时在上单调递减，则，
所以的最大值为0.                    
（2）设，
只要证，对恒成立，且注意到.
，设，，，
因为，则，从而对恒成立，则在上单调递增，
则，即，
①当，即时，，故在上单调递增，于是恒成立；
②当，即时，存在，使得时，，即在上递减，从而，不能使恒成立.
综上所述：，所以的最大值为.
【点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的最值以及利用导数研究函数不等式恒成立问题，对于函数不等式恒成立问题，通常是转化为函数的最值来求解，并通过利用导数分析函数的单调性来得到函数的最值，考查化归与转化思想，属于难题．