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西藏日喀则市2023届高三第一次联考模拟数学（文）试题（含解析）
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这是一份西藏日喀则市2023届高三第一次联考模拟数学（文）试题（含解析），共21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。
西藏日喀则市2023届高三第一次联考模拟数学（文）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设全集，集合A满足，则（ ）
A． B．
C． D．
2．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（其中）为“等部复数”，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．已知向量，，，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
4．某市四区夜市地摊的摊位数和食品摊位比例分别如图、图所示，为提升夜市消费品质，现用分层抽样的方法抽取的摊位进行调查分析，则抽取的样本容量与区被抽取的食品摊位数分别为（ ）
A．210， 24 B．210， 12
C．252， 24 D．252， 12
5．已知角的顶点为坐标原点，始边为轴非负半轴，若角的终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
6．某国际高峰论坛会议中，组委会要从4个国内媒体团和2个国外媒体团中选出2个媒体团进行提问，则这两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均五十八文，戊己庚均六十文，问乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚这七个人，所分到的钱数成等差数列，甲、乙两人共分到58文，戊、己、庚三人共分到60文，问乙、丁两人各分到多少文钱？则下列说法正确的是（ ）
A．乙分到28文，丁分到24文 B．乙分到30文，丁分到26文
C．乙分到24文，丁分到28文 D．乙分到26文，丁分到30文
9．如图，已知函数的图象在点处的切线为直线，则（ ）
A． B． C． D．
10．一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
11．已知点P为抛物线上一动点，点Q为圆上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若的最小值为3，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石.简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数.若函数为“不动点”函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在区间[-2,4]上随机地取一个数x,求x满足|x|≤1的概率 .
14．已知各项均为正数的等比数列满足，且，则
15．已知圆关于直线对称，圆交于、两点，则
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P是C的右支上一点，连接与y轴交于点M，若（O为坐标原点），，则双曲线C的离心率为
三、解答题
17．已知的三个内角分别为、、，其对边分别为、、，若．
(1)求角的值；
(2)若，求面积的最大值．
18．我市某校为了解高一新生对物理科与历史科方向的选择意向，对1000名高一新生发放意向选择调查表，统计知，有600名学生选择物理科，400名学生选择历史科.分别从选择物理科和历史科的学生中随机各抽取20名学生的数学成绩得如下累计表（下表）：
分数段
物理人数
历史人数
0
2
1
4
3
4
6
5
6
3
4
2
(1)利用表中数据，试分析数学成绩对学生选择物理科或历史科的影响，并绘制选择物理科的学生的数学成绩的频率分布直方图，并求出选择物理科的学生的数学成绩的平均数（如图）；
(2)从数学成绩低于80分的选择物理科和历史科的学生中按照分层抽样的方法抽取5个成绩，再从这5个成绩中抽2个成绩，求至少有一个选择物理科学生的概率.
19．《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”
如图，在鳖臑ABCD中，侧棱AB⊥底面BCD；
(1)若，，，试求异面直线AC与BD所成角的余弦值.
(2)若，，点P在棱AC上运动.试求面积的最小值.
20．已知函数.
(1)若，求函数在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性.
21．已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.
①为等差数列；②为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由
22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且．由已知曲线C的参数方程为（t为参数）.
(1)求的极坐标方程与曲线C的普通方程；
(2)求曲线C与交点的极坐标．
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)记函数的最大值为，已知，，，求的最大值及此时，的值.
参考答案：
1．A
【分析】依题意可求得，从而可判断各选项.
【详解】因为，，所以.
对于A，，A正确；
对于B，，B不正确；
对于C，，C不正确；
对于D，，D不正确.
故选：A
2．D
【分析】根据“等部复数”得的值，即可得，从而得，从而可确定其复平面内对应的点所对应的象限.
【详解】∵，
又∵等部复数的实部和虚部相等，复数z为等部复数，
∴，解得，
∴，∴，即，
∴复数在复平面内对应的点是，位于第四象限.
故选：D.
3．A
【分析】求出，根据向量垂直，则点乘为0，得到关于的方程，解出即可.
【详解】因为向量，，所以，
由可得，解得.
故选：A
4．B
【分析】根据分层抽样原则，结合统计图表直接计算即可.
【详解】根据分层抽样原则知：抽取的样本容量为；
区抽取的食品推位数为.
故选：B.
5．C
【分析】根据三角函数的定义得到、，再根据二倍角公式计算可得.
【详解】因为角的终边过点，又，
所以、，
所以.
故选：C
6．D
【分析】利用古典概型公式，结合列举法，即可求解.
【详解】设4个国内媒体团为，2个国外媒体团为，
则从中任取2个媒体团包含
，，
，，共15个基本事件，
其中两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，包含，，，共8个基本事件，
则这两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团的概率为.
故选：D
7．C
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性以及中间值确定的范围,进行比较即可.
【详解】根据指数函数、对数函数的性质,
由单调递减可知:
由单调递减可知:
由单调递减可知:
故,即.
故选:C.
8．A
【分析】设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，再根据题意列方程组可解得结果.
【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，
则，解得，
所以乙分得（文），丁分得（文），
故选：A.
9．D
【分析】利用导数的几何意义可得出，求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，可求得的值，即可求得的值.
【详解】由导数的几何意义可得，切线的斜率为，
则直线的方程为，
又因为点在直线上，所以，，
因此，.
故选：D.
10．B
【分析】由对称性可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，计算得底面外接圆半径为，球半径为即可解决.
【详解】由题知，
由三视图特点长对正，高平齐，宽相等可知：
三棱柱高为1，底面正三角形高为3，
所以底面正三角形边长为，
由对称性可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，
设底面外接圆半径为，
所以，解得，
设球半径为，
所以，
所以,
故选：B.
11．B
【分析】由抛物线的定义，数形结合可知当共线，且在线段上时，最短，此时有最小值，列方程即可求解.
【详解】圆的圆心，半径，
抛物线的焦点为，准线为，
则由抛的线的定义可知点到y轴的距离为，
所以，
由图可知，当共线，且在线段上时，最短，
而，
因为，
所以，解得，
故选：B
12．B
【分析】根据题意列出关于和的等式，然后分离参数，转化为两个函数有交点.
【详解】题意得若函数为不动点函数，则满足
，即，即
设，
令，解得
当时，，所以在上为增函数
当时，，所以在上为减函数
所以
当时，
当时，
所以的图象为：
要想成立，则与有交点，所以，
对应区间为
故选：B.
13．
【详解】由几何概型知，可以把事件的度量用长度来表示，
因此，
故答案为：
14．
【分析】利用等比数列的基本量运算求解公比，代入等比数列的通项公式即可.
【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，
又，所以，解得，即，所以.
故答案为:.
15．2
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再由圆关于直线对称，则圆心在直线上，即可求出的值，最后求出圆心到直线的距离，利用勾股定理、垂径定理计算可得.
【详解】圆，即，圆心，半径，
因为圆关于直线对称，所以，解得，
所以，圆心，半径，
则圆心到轴的距离，所以.
故答案为：
16．/
【分析】根据双曲线的定义以及直角三角形的性质求解即可；
【详解】
依题意有
所以，
设又
所以、
在中，
所以，
故有：即
解得：即
在中，有
即，
所以
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、弦化切以及三角恒等变换可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用余弦定理可求出的最大值，再利用三角形的面积公式可求得的最大值.
【详解】（1）解：因为，
所以，
，且，
由正弦定理可得，
即，
因为，则，则，
又因为，故.
（2）解：由余弦定理，可得.
当且仅当时取得等号，所以.
所以，面积，
所以，面积的最大值为．
18．(1)答案见解析，79.5
(2)
【分析】（1）从统计表看出选择理科的学生的数学平均成绩高于选择文科的学生的数学平均成绩 , 反映了数学成绩对学生选择文理科有一定的影响，然后根据数据绘制出直方图即可；
（2）按照分层抽样的方法确定选择物理学科的数学成绩和选择历史学科的数学成绩各有多少，从中抽2个成绩，列举出所有的基本事件，进而根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】（1）由表格数据知，随着数学成绩分数的提升，选择物理方向学生的占比有明显的提升，
所以数学成绩越好，其选择物理科方向的概率越大.
频率分布直方图如下：
选择物理科的学生的数学成绩的平均数为.
（2）由题可知，数学成绩低于80分的选择物理学科的成绩有10个，选择历史学科的成绩有15个，一共有25个，
则按照分层抽样的方法在选择物理学科的数学成绩应抽取个，设为A，B，
在选择历史学科的数学成绩应抽取个，设为a，b，c，
基本事件列举如下：AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ab，ac，bc.
所以，一共有10个基本事件，满足条件的有7个：AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，
所以至少有一个选择物理科学生的概率为.
19．(1)；
(2).
【分析】（1）分两种情况,讨论，分别求解异面直线AC与BD所成角的余弦值.
（2）作于点，作于点，连结，先证明，从而表示出面积最后通过平行线分线段成比例求解范围，从而求解面积的最小值；
【详解】（1）如图，以为临边作平行四边形，连结，则异面直线和所成的角为或其补角，
当时，，
且由（1）可知，，，，
中，，
所以异面直线和所成的角的余弦值为；
当时，，，，
中，，
所以异面直线和所成的角的余弦值为；
综上可知，异面直线和所成的角的余弦值为或；
（2）
如图，作于点，作于点，连结，
中，都垂直于，所以，
所以平面，且平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
设，，由，
得，，
中，，
得，
,当且仅当时，等号成立，
所以.
所以面积的最小值是.
【点睛】关键点睛：读懂题意，第一问容易忽略一种情况，是本题的易错点；第二问通过平行线分线段成比例求解范围时题目的难点和突破点.
20．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）通过导数解得直线的斜率，然后利用点斜式即可得解；
（2）求导，然后对参数分类讨论，然后讨论的单调性即可；
【详解】（1）时，，定义域为，
，，
所以切线方程为：，
即.
（2）∵，定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增
当时，，在上单调递减，
综上，
①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
21．(1)
(2)存在，和.
【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（1）选①，由题意解得
所以的标准方程为.
选②，由题意解得
所以的标准方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，
的方程为，令，得，
所以，同理，
所以以为直径的圆的标准方程为.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立得，
由韦达定理得.
因为，所以的方程为，
令，得，即的坐标为，
同理的坐标为，
所以以为直径的圆的标准方程为
将韦达定理代入并整理得，
令，则，解得或.
当斜率不存在时，令，则，解得或.
由①②知，以为直径的圆过和.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式求出点的直角坐标，从而可求出在直角坐标系下的方程，再利用互化公式求出其极坐标方程，将曲线C的参数方程消去参数可得其普通方程；
（2）将曲线的普通方程代入可求出交点的直角坐标，再利用互化公式可求出交点的极坐标.
【详解】（1）对点，设其直角坐标为，
则，即其直角坐标为，
故在直角坐标系下的方程为：，
由可得：，
故的极坐标方程为：.
因为曲线C的参数方程为（t为参数）.
所以曲线的普通方程为：，
（2）由（1）曲线联立，
可得，解得或，
又，故，则，
即曲线C与交点的直角坐标为，设其极坐标为，
则，，
即曲线C与交点的极坐标为.
23．(1)
(2)最大值为，此时，
【分析】（1）将函数转化为分段函数讨论最值即可；
（2）先求的最大值，由此可得，再利用柯西不等式求解.
【详解】（1），
由，可得
或或，
解得或或，
综上：不等式的解集为；
（2）
①当时，，
②当时，
③当时，
∴，当且仅当时取得.
所以，故，
由柯西不等等式
∴当且仅当即，时取等号，
∴最大值为，此时，.
西藏日喀则市2023届高三第一次联考模拟数学（文）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设全集，集合A满足，则（ ）
A． B．
C． D．
2．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（其中）为“等部复数”，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．已知向量，，，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
4．某市四区夜市地摊的摊位数和食品摊位比例分别如图、图所示，为提升夜市消费品质，现用分层抽样的方法抽取的摊位进行调查分析，则抽取的样本容量与区被抽取的食品摊位数分别为（ ）
A．210， 24 B．210， 12
C．252， 24 D．252， 12
5．已知角的顶点为坐标原点，始边为轴非负半轴，若角的终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
6．某国际高峰论坛会议中，组委会要从4个国内媒体团和2个国外媒体团中选出2个媒体团进行提问，则这两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均五十八文，戊己庚均六十文，问乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚这七个人，所分到的钱数成等差数列，甲、乙两人共分到58文，戊、己、庚三人共分到60文，问乙、丁两人各分到多少文钱？则下列说法正确的是（ ）
A．乙分到28文，丁分到24文 B．乙分到30文，丁分到26文
C．乙分到24文，丁分到28文 D．乙分到26文，丁分到30文
9．如图，已知函数的图象在点处的切线为直线，则（ ）
A． B． C． D．
10．一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
11．已知点P为抛物线上一动点，点Q为圆上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若的最小值为3，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石.简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数.若函数为“不动点”函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在区间[-2,4]上随机地取一个数x,求x满足|x|≤1的概率 .
14．已知各项均为正数的等比数列满足，且，则
15．已知圆关于直线对称，圆交于、两点，则
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P是C的右支上一点，连接与y轴交于点M，若（O为坐标原点），，则双曲线C的离心率为
三、解答题
17．已知的三个内角分别为、、，其对边分别为、、，若．
(1)求角的值；
(2)若，求面积的最大值．
18．我市某校为了解高一新生对物理科与历史科方向的选择意向，对1000名高一新生发放意向选择调查表，统计知，有600名学生选择物理科，400名学生选择历史科.分别从选择物理科和历史科的学生中随机各抽取20名学生的数学成绩得如下累计表（下表）：
分数段
物理人数
历史人数
0
2
1
4
3
4
6
5
6
3
4
2
(1)利用表中数据，试分析数学成绩对学生选择物理科或历史科的影响，并绘制选择物理科的学生的数学成绩的频率分布直方图，并求出选择物理科的学生的数学成绩的平均数（如图）；
(2)从数学成绩低于80分的选择物理科和历史科的学生中按照分层抽样的方法抽取5个成绩，再从这5个成绩中抽2个成绩，求至少有一个选择物理科学生的概率.
19．《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”
如图，在鳖臑ABCD中，侧棱AB⊥底面BCD；
(1)若，，，试求异面直线AC与BD所成角的余弦值.
(2)若，，点P在棱AC上运动.试求面积的最小值.
20．已知函数.
(1)若，求函数在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性.
21．已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.
①为等差数列；②为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由
22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且．由已知曲线C的参数方程为（t为参数）.
(1)求的极坐标方程与曲线C的普通方程；
(2)求曲线C与交点的极坐标．
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)记函数的最大值为，已知，，，求的最大值及此时，的值.
参考答案：
1．A
【分析】依题意可求得，从而可判断各选项.
【详解】因为，，所以.
对于A，，A正确；
对于B，，B不正确；
对于C，，C不正确；
对于D，，D不正确.
故选：A
2．D
【分析】根据“等部复数”得的值，即可得，从而得，从而可确定其复平面内对应的点所对应的象限.
【详解】∵，
又∵等部复数的实部和虚部相等，复数z为等部复数，
∴，解得，
∴，∴，即，
∴复数在复平面内对应的点是，位于第四象限.
故选：D.
3．A
【分析】求出，根据向量垂直，则点乘为0，得到关于的方程，解出即可.
【详解】因为向量，，所以，
由可得，解得.
故选：A
4．B
【分析】根据分层抽样原则，结合统计图表直接计算即可.
【详解】根据分层抽样原则知：抽取的样本容量为；
区抽取的食品推位数为.
故选：B.
5．C
【分析】根据三角函数的定义得到、，再根据二倍角公式计算可得.
【详解】因为角的终边过点，又，
所以、，
所以.
故选：C
6．D
【分析】利用古典概型公式，结合列举法，即可求解.
【详解】设4个国内媒体团为，2个国外媒体团为，
则从中任取2个媒体团包含
，，
，，共15个基本事件，
其中两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，包含，，，共8个基本事件，
则这两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团的概率为.
故选：D
7．C
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性以及中间值确定的范围,进行比较即可.
【详解】根据指数函数、对数函数的性质,
由单调递减可知:
由单调递减可知:
由单调递减可知:
故,即.
故选:C.
8．A
【分析】设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，再根据题意列方程组可解得结果.
【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，
则，解得，
所以乙分得（文），丁分得（文），
故选：A.
9．D
【分析】利用导数的几何意义可得出，求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，可求得的值，即可求得的值.
【详解】由导数的几何意义可得，切线的斜率为，
则直线的方程为，
又因为点在直线上，所以，，
因此，.
故选：D.
10．B
【分析】由对称性可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，计算得底面外接圆半径为，球半径为即可解决.
【详解】由题知，
由三视图特点长对正，高平齐，宽相等可知：
三棱柱高为1，底面正三角形高为3，
所以底面正三角形边长为，
由对称性可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，
设底面外接圆半径为，
所以，解得，
设球半径为，
所以，
所以,
故选：B.
11．B
【分析】由抛物线的定义，数形结合可知当共线，且在线段上时，最短，此时有最小值，列方程即可求解.
【详解】圆的圆心，半径，
抛物线的焦点为，准线为，
则由抛的线的定义可知点到y轴的距离为，
所以，
由图可知，当共线，且在线段上时，最短，
而，
因为，
所以，解得，
故选：B
12．B
【分析】根据题意列出关于和的等式，然后分离参数，转化为两个函数有交点.
【详解】题意得若函数为不动点函数，则满足
，即，即
设，
令，解得
当时，，所以在上为增函数
当时，，所以在上为减函数
所以
当时，
当时，
所以的图象为：
要想成立，则与有交点，所以，
对应区间为
故选：B.
13．
【详解】由几何概型知，可以把事件的度量用长度来表示，
因此，
故答案为：
14．
【分析】利用等比数列的基本量运算求解公比，代入等比数列的通项公式即可.
【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，
又，所以，解得，即，所以.
故答案为:.
15．2
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再由圆关于直线对称，则圆心在直线上，即可求出的值，最后求出圆心到直线的距离，利用勾股定理、垂径定理计算可得.
【详解】圆，即，圆心，半径，
因为圆关于直线对称，所以，解得，
所以，圆心，半径，
则圆心到轴的距离，所以.
故答案为：
16．/
【分析】根据双曲线的定义以及直角三角形的性质求解即可；
【详解】
依题意有
所以，
设又
所以、
在中，
所以，
故有：即
解得：即
在中，有
即，
所以
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、弦化切以及三角恒等变换可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用余弦定理可求出的最大值，再利用三角形的面积公式可求得的最大值.
【详解】（1）解：因为，
所以，
，且，
由正弦定理可得，
即，
因为，则，则，
又因为，故.
（2）解：由余弦定理，可得.
当且仅当时取得等号，所以.
所以，面积，
所以，面积的最大值为．
18．(1)答案见解析，79.5
(2)
【分析】（1）从统计表看出选择理科的学生的数学平均成绩高于选择文科的学生的数学平均成绩 , 反映了数学成绩对学生选择文理科有一定的影响，然后根据数据绘制出直方图即可；
（2）按照分层抽样的方法确定选择物理学科的数学成绩和选择历史学科的数学成绩各有多少，从中抽2个成绩，列举出所有的基本事件，进而根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】（1）由表格数据知，随着数学成绩分数的提升，选择物理方向学生的占比有明显的提升，
所以数学成绩越好，其选择物理科方向的概率越大.
频率分布直方图如下：
选择物理科的学生的数学成绩的平均数为.
（2）由题可知，数学成绩低于80分的选择物理学科的成绩有10个，选择历史学科的成绩有15个，一共有25个，
则按照分层抽样的方法在选择物理学科的数学成绩应抽取个，设为A，B，
在选择历史学科的数学成绩应抽取个，设为a，b，c，
基本事件列举如下：AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ab，ac，bc.
所以，一共有10个基本事件，满足条件的有7个：AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，
所以至少有一个选择物理科学生的概率为.
19．(1)；
(2).
【分析】（1）分两种情况,讨论，分别求解异面直线AC与BD所成角的余弦值.
（2）作于点，作于点，连结，先证明，从而表示出面积最后通过平行线分线段成比例求解范围，从而求解面积的最小值；
【详解】（1）如图，以为临边作平行四边形，连结，则异面直线和所成的角为或其补角，
当时，，
且由（1）可知，，，，
中，，
所以异面直线和所成的角的余弦值为；
当时，，，，
中，，
所以异面直线和所成的角的余弦值为；
综上可知，异面直线和所成的角的余弦值为或；
（2）
如图，作于点，作于点，连结，
中，都垂直于，所以，
所以平面，且平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
设，，由，
得，，
中，，
得，
,当且仅当时，等号成立，
所以.
所以面积的最小值是.
【点睛】关键点睛：读懂题意，第一问容易忽略一种情况，是本题的易错点；第二问通过平行线分线段成比例求解范围时题目的难点和突破点.
20．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）通过导数解得直线的斜率，然后利用点斜式即可得解；
（2）求导，然后对参数分类讨论，然后讨论的单调性即可；
【详解】（1）时，，定义域为，
，，
所以切线方程为：，
即.
（2）∵，定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增
当时，，在上单调递减，
综上，
①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
21．(1)
(2)存在，和.
【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（1）选①，由题意解得
所以的标准方程为.
选②，由题意解得
所以的标准方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，
的方程为，令，得，
所以，同理，
所以以为直径的圆的标准方程为.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立得，
由韦达定理得.
因为，所以的方程为，
令，得，即的坐标为，
同理的坐标为，
所以以为直径的圆的标准方程为
将韦达定理代入并整理得，
令，则，解得或.
当斜率不存在时，令，则，解得或.
由①②知，以为直径的圆过和.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式求出点的直角坐标，从而可求出在直角坐标系下的方程，再利用互化公式求出其极坐标方程，将曲线C的参数方程消去参数可得其普通方程；
（2）将曲线的普通方程代入可求出交点的直角坐标，再利用互化公式可求出交点的极坐标.
【详解】（1）对点，设其直角坐标为，
则，即其直角坐标为，
故在直角坐标系下的方程为：，
由可得：，
故的极坐标方程为：.
因为曲线C的参数方程为（t为参数）.
所以曲线的普通方程为：，
（2）由（1）曲线联立，
可得，解得或，
又，故，则，
即曲线C与交点的直角坐标为，设其极坐标为，
则，，
即曲线C与交点的极坐标为.
23．(1)
(2)最大值为，此时，
【分析】（1）将函数转化为分段函数讨论最值即可；
（2）先求的最大值，由此可得，再利用柯西不等式求解.
【详解】（1），
由，可得
或或，
解得或或，
综上：不等式的解集为；
（2）
①当时，，
②当时，
③当时，
∴，当且仅当时取得.
所以，故，
由柯西不等等式
∴当且仅当即，时取等号，
∴最大值为，此时，.
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