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）

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．16

3．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．1280

6．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：D

3．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：ACD

12．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.