2022-2023学年吉林省北大附属长春实验学校高三最后一卷数学试卷含解析.doc

《2022-2023学年吉林省北大附属长春实验学校高三最后一卷数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年吉林省北大附属长春实验学校高三最后一卷数学试卷含解析.doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回

2、。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）ABCD2以下四个命题：两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近1；在回归分析中，可用相关指数的值判断拟合效果，越小，模型的拟合效果越好； 若数据的方差为1，则的方差为4；已知一组具有线性相关关系的数据，其线性回归方程，则“满足线性回归方程”是“ ，”的充要条件；其中真命题的个数为( )A4B3C2D13如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A2对B3对C4对D5对4已知定

3、义在上的函数满足，且当时，则方程的最小实根的值为（ ）ABCD5已知f（x）=ax2+bx是定义在a1，2a上的偶函数，那么a+b的值是ABCD6某四棱锥的三视图如图所示，该几何体的体积是（ ）A8BC4D7如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD8已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ）ABCD9设双曲线（，）的一条渐近线与抛物线有且只有一个公共点，且椭圆的焦距为2，则双曲线的标准方程为（ ）ABCD10已知向量，则与共线的单位向量为( )ABC或D或11设全集，集合，则集合（ ）ABCD12已知非零向量、，若且，则向量在向量方向

4、上的投影为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知两点，若直线上存在点满足，则实数满足的取值范围是_14的展开式中，的系数是_. (用数字填写答案)15若存在直线l与函数及的图象都相切，则实数的最小值为_16已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆的方程是_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在中，角的对边分别为.已知，且.（1）求的值；（2）若的面积是，求的周长.18（12分）已知函数.（1）若曲线存在与轴垂直的切线，求的取值范围.（2）当时，证明：.19（12分）已知函数 .（1）若在

5、处导数相等，证明： ；（2）若对于任意 ，直线 与曲线都有唯一公共点，求实数的取值范围.20（12分）在中,角、所对的边分别为、，角、的度数成等差数列，.（1）若，求的值；（2）求的最大值.21（12分）已知矩阵,二阶矩阵满足.（1）求矩阵;（2）求矩阵的特征值22（10分）已知函数（）在定义域内有两个不同的极值点.（1）求实数的取值范围；（2）若有两个不同的极值点，且，若不等式恒成立.求正实数的取值范围.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】结合基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.【详解】

6、A：为非奇非偶函数，不符合题意；B：在上不单调，不符合题意；C：为偶函数，且在上单调递增，符合题意；D：为非奇非偶函数，不符合题意.故选：C.【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题.2、C【解析】根据线性相关性与r的关系进行判断, 根据相关指数的值的性质进行判断,根据方差关系进行判断,根据点满足回归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，而回归直线必过样本中心点，可进行判断.【详解】若两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r的绝对值越接近于1,故正确;用相关指数的值判断模型的拟合效果,越大,模型的拟合效果越好,故错误;若统计数据的方差为1,则的方差为,故正确;因为点满足回

7、归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，即，不一定成立，而回归直线必过样本中心点，所以当，时，点 必满足线性回归方程 ；因此“满足线性回归方程”是“ ，”必要不充分条件.故 错误;所以正确的命题有.故选：C.【点睛】本题考查两个随机变量的相关性，拟合性检验，两个线性相关的变量间的方差的关系，以及两个变量的线性回归方程，注意理解每一个量的定义，属于基础题.3、C【解析】画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作POAD于O，则有PO平面ABCD，POCD，又ADCD，所以，CD平面PAD，

8、所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：POAOOD，所以，APPD，又APCD，所以，AP平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题4、C【解析】先确定解析式求出的函数值，然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的，通过计算即可得到答案.【详解】当时，所以，故当时，所以，而，所以，又当时，的极大值为1，所以当时，的极大值为，设方程的最小实根为，则，即，此时令，得，所以最小实根为411.故选：C.【点睛】本题考查函数与方程的根的最小值问题，涉及函数极大值、函数解析式的

9、求法等知识，本题有一定的难度及高度，是一道有较好区分度的压轴选这题.5、B【解析】依照偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（x）=f（x），且定义域关于原点对称，a1=2a，即可得解.【详解】根据偶函数的定义域关于原点对称，且f（x）是定义在a1，2a上的偶函数，得a1=2a，解得a=，又f（x）=f（x），b=0，a+b=故选B【点睛】本题考查偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（x）=f（x）；奇函数和偶函数的定义域必然关于原点对称，定义域区间两个端点互为相反数6、D【解析】根据三视图知，该几何体是一条垂直于底面的侧棱为2的四棱锥，画出图形，结合图形求出底面积代入体积公式求它的体积【详

10、解】根据三视图知，该几何体是侧棱底面的四棱锥，如图所示：结合图中数据知，该四棱锥底面为对角线为2的正方形，高为PA=2，四棱锥的体积为.故选：D.【点睛】本题考查由三视图求几何体体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力属于中等题.7、A【解析】将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.【详解】由，可知平面将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，记的外心为，由为等边三角形，可得又，故在中，此即为外接球半径，从而外接球表面积为故选：A

11、【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.8、A【解析】由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.9、B【解析】设双曲线的渐近线方程为，与抛物线方程联立，利用，求出的值，得到的值，求出关系，进而判断大小，结合椭圆的焦距为2，即可求出结论.【详解】设双曲线的渐近线方程为，

12、代入抛物线方程得，依题意，椭圆的焦距，双曲线的标准方程为.故选:B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质，要注意双曲线焦点位置，属于中档题.10、D【解析】根据题意得，设与共线的单位向量为，利用向量共线和单位向量模为1，列式求出即可得出答案.【详解】因为，则，所以，设与共线的单位向量为，则，解得 或所以与共线的单位向量为或.故选：D.【点睛】本题考查向量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义.11、C【解析】集合， 点睛：本题是道易错题，看清所问问题求并集而不是交集.12、D【解析】设非零向量与的夹角为，在等式两边平方，求出的值，进而可求得向量在向量方向上的投影为，即可

13、得解.【详解】，由得，整理得，解得，因此，向量在向量方向上的投影为.故选：D.【点睛】本题考查向量投影的计算，同时也考查利用向量的模计算向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】问题转化为求直线与圆有公共点时，的取值范围，利用数形结合思想能求出结果【详解】解：直线，点，直线上存在点满足，的轨迹方程是如图，直线与圆有公共点，圆心到直线的距离：，解得实数的取值范围为故答案为：【点睛】本题主要考查直线方程、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题14、【解析】根据组合的知

14、识，结合组合数的公式，可得结果.【详解】由题可知：项来源可以是：（1）取1个，4个（2）取2个，3个的系数为：故答案为：【点睛】本题主要考查组合的知识，熟悉二项式定理展开式中每一项的来源，实质上每个因式中各取一项的乘积，转化为组合的知识，属中档题.15、【解析】设直线l与函数及的图象分别相切于，因为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，因为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，因为存在直线l与函数及的图象都相切，所以，所以，令，设，则，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以，所以实数的最小值为16、【解析】根据题意设为椭圆上任意一点,表达出,再根据二次函数的对称轴与求解的关系分析最值

15、求解即可.【详解】因为椭圆的离心率是,所以,故椭圆方程为.因为以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.设为椭圆上任意一点,则.所以因为的对称轴为.(i)当时,在上单调递增,在上单调递减.此时,解得.(ii)当时, 在上单调递减.此时,解得舍去.综上,椭圆方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆上的点到定点的距离最值问题,需要根据题意设椭圆上的点,再求出距离,根据二次函数的对称轴与区间的关系分析最值的取值点分类讨论求解.属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理可得,化简并结合,

16、可求得三者间的关系,代入余弦定理可求得;（2）由（1）可求得,再结合三角形的面积公式,可求出,从而可求出答案.【详解】（1）因为,所以,整理得:. 因为,所以,所以.由余弦定理可得.（2）由（1）知,则,因为的面积是,所以,即,解得,则.故的周长为:.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积公式的应用,属于基础题.18、（1）（2）证明见解析【解析】（1）在上有解，设，求导根据函数的单调性得到最值，得到答案.（2）证明，只需证，记，求导得到函数的单调性，得到函数的最小值，得到证明.【详解】（1）由题可得，在上有解，则，令，当时，单调递增；当时，单调递减.所以是的

17、最大值点，所以.（2）由，所以，要证明，只需证，即证.记在上单调递增，且，当时，单调递减；当时，单调递增.所以是的最小值点，则，故.【点睛】本题考查了函数的切线问题，证明不等式，意在考查学生的综合应用能力和转化能力.19、（I）见解析（II）【解析】（1）由题x0，由f（x）在x=x1，x2（x1x2）处导数相等，得到，得，由韦达定理得，由基本不等式得，得，由题意得，令,则，令，利用导数性质能证明（2）由得，令，利用反证法可证明证明恒成立由对任意，只有一个解，得为上的递增函数，得，令，由此可求的取值范围.【详解】（I）令，得，由韦达定理得即，得令,则，令，则，得（II）由得令，则，下面先证明恒

18、成立若存在，使得，且当自变量充分大时，所以存在，使得，取，则与至少有两个交点，矛盾由对任意，只有一个解，得为上的递增函数，得，令，则，得【点睛】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力属难题20、 (1)；(2)【解析】(1) 由角的度数成等差数列，得.又.由正弦定理，得,即.由余弦定理，得,即，解得.(2) 由正弦定理，得.由，得.所以当，即时，.【方法点睛】解三角形问题基本思想方法：从条件出发，利用正弦定理(或余弦定理)进行代换、转化逐步化为纯粹的边与边或角与角的关系，即考虑如下两条途径：统一成角进行判断，常用正弦定理及三角恒等变换；统一成边进行判断，常

19、用余弦定理、面积公式等21、（1）（2）特征值为或【解析】（1）先设矩阵,根据,按照运算规律,即可求出矩阵.（2）令矩阵的特征多项式等于,即可求出矩阵的特征值【详解】解：（1）设矩阵由题意,因为,所以 ,即所以,（2）矩阵的特征多项式,令,解得或,所以矩阵的特征值为1或【点睛】本题主要考查矩阵的乘法和矩阵的特征值,考查学生的划归与转化能力和运算求解能力.22、（1）；（2）.【解析】（1）求导得到有两个不相等实根，令，计算函数单调区间得到值域，得到答案.（2），是方程的两根，故，化简得到，设函数，讨论范围，计算最值得到答案.【详解】（1）由题可知有两个不相等的实根，即：有两个不相等实根，令，；，故在上单增，在上单减，.又，时，；时，即.（2）由（1）知，是方程的两根，则因为在单减，又，即，两边取对数，并整理得：对恒成立，设，当时，对恒成立，在上单增，故恒成立，符合题意；当时，时，在上单减，不符合题意.综上，.【点睛】本题考查了根据极值点求参数，恒成立问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.