2022-2023学年山东省济宁一中高三最后一卷数学试卷含解析.doc

《2022-2023学年山东省济宁一中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学年山东省济宁一中高三最后一卷数学试卷含解析.doc（20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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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。

2、1一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）ABCD842已知点(m,8)在幂函数的图象上，设，则（ ）AbacBabcCbcaDacb3下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）ABC D4抛物线的焦点为，点是上一点，则（ ）ABCD5已知集合，则=( )ABCD6复数的虚部是 ( )ABCD7已知a0，b0，a+b =1，若 =，则的最小值是（ ）A3B4C5D68函数的图象可能是下面的图象( )ABCD9若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是( )A1B-3C1或D-3或10存在点在椭圆上，且点M在第一象限，使得过点M且与椭圆在此点的切线垂直的直线经过点，

3、则椭圆离心率的取值范围是（ ）ABCD11设等差数列的前项和为，若，则（ ）A21B22C11D1212在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AB的中点，若，且，则面积的最大值是( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数 函数 ，其中，若函数 恰有4个零点，则的取值范围是_14已知复数，其中为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值是_15函数的值域为_16已知是第二象限角，且，则_.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）设的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若为锐角三角形，求的取值范围.18（12分）已知函数

4、的最小正周期是，且当时，取得最大值（1）求的解析式；（2）作出在上的图象（要列表）19（12分）已知函数的图象在处的切线方程是.（1）求的值；（2）若函数，讨论的单调性与极值；（3）证明：.20（12分）已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形，且面面，分别为线段的中点.为线段上的点，且.（1）证明：为线段的中点；（2）求二面角的余弦值.21（12分）如图，四棱锥中，平面平面，若，四边形是平行四边形，且.（）求证：；（）若点在线段上，且平面，求二面角的余弦值.22（10分）某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知

5、该工厂的检验仪器一次最多可检验件该产品，且每 件产品检验合格与否相互独立若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检 验方案：将产品每个一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验次或次设该工厂生产件该产品，记每件产品的平均检验次 数为 （1）求的分布列及其期望；（2）（i）试说明，当越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；（ii）当时，求使该方案最合理时的值及件该产品的平均检验次数参考答案一、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

6、选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】画出几何体的直观图，计算表面积得到答案.【详解】该几何体的直观图如图所示：故.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.2、B【解析】先利用幂函数的定义求出m的值，得到幂函数解析式为f（x）x3，在R上单调递增，再利用幂函数f（x）的单调性，即可得到a，b，c的大小关系.【详解】由幂函数的定义可知，m11，m2，点（2，8）在幂函数f（x）xn上，2n8，n3，幂函数解析式为f（x）x3，在R上单调递增，1ln3，n3，abc，故选：B.【点睛】本题主要考查了幂函数的性质，以及利用函数的单调性比较函数值大

7、小，属于中档题.3、C【解析】由每个函数的单调区间，即可得到本题答案.【详解】因为函数和在递增，而在递减.故选：C【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间，属基础题.4、B【解析】根据抛物线定义得，即可解得结果.【详解】因为，所以.故选B【点睛】本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题.5、C【解析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.6、C【解析】因为 ，所以的虚部是 ，故选C.7、C【解析】根据题意，将a、b代入，利用基本不等式求出最小值即可.【详解】a0，b0，a+b=1，当且仅当时取“”号答案：C【点睛】本题考

8、查基本不等式的应用，“1”的应用，利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是首先要判断参数是否为正；二定是其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是最后一定要验证等号能否成立，属于基础题.8、C【解析】因为，所以函数的图象关于点（2,0）对称，排除A，B当时，所以，排除D选C9、D【解析】由题得，解方程即得k的值.【详解】由题得，解方程即得k=-3或.故答案为：D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 点到直线的距离.10、D【解析】根据题意利用垂直直线斜率间的关系建立不等式再求

9、解即可.【详解】因为过点M椭圆的切线方程为,所以切线的斜率为,由,解得,即,所以,所以.故选：D【点睛】本题主要考查了建立不等式求解椭圆离心率的问题,属于基础题.11、A【解析】由题意知成等差数列，结合等差中项，列出方程，即可求出的值.【详解】解：由为等差数列，可知也成等差数列，所以 ，即，解得.故选:A.【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等差中项.对于等差数列，一般用首项和公差将已知量表示出来，继而求出首项和公差.但是这种基本量法计算量相对比较大，如果能结合等差数列性质，可使得计算量大大减少.12、A【解析】根据正弦定理可得，求出，根据平方关系求出.由两端平方，求的最大值，根据三角形面

10、积公式，求出面积的最大值.【详解】中，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理，得.D是AB的中点，且，即，即，当且仅当时，等号成立.的面积，所以面积的最大值为.故选：.【点睛】本题考查正、余弦定理、不等式、三角形面积公式和向量的数量积运算，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】， ，函数y=f(x)g(x)恰好有四个零点，方程f(x)g(x)=0有四个解，即f(x)+f(2x)b=0有四个解，即函数y=f(x)+f(2x)与y=b的图象有四个交点， ，作函数y=f(x)+f(2x)与y=b的图象如下， ，结合图象可知， b2，故答案为.点睛： (1)求分段函数的

11、函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a)的形式时，应从内到外依次求值(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围14、2【解析】由题，得，然后根据纯虚数的定义，即可得到本题答案.【详解】由题，得，又复数为纯虚数，所以，解得.故答案为：2【点睛】本题主要考查纯虚数定义的应用，属基础题.15、【解析】利用换元法，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得到函数的值域，得到答案【详解】由题意，可得，令，即，则，当时，当时，即在为增

12、函数，在为减函数，又，故函数的值域为：【点睛】本题主要考查了三角函数的最值，以及利用导数研究函数的单调性与最值，其中解答中合理利用换元法得到函数，再利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了推理与预算能力，属于基础题16、【解析】由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.【详解】解：由是第二象限角，且，可得，由，可得，代入，可得，故答案为：.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.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）利用正弦定理化简已知条件，由此求得的值，进而求

13、得的大小.（2）利用正弦定理和两角差的正弦公式，求得的表达式，进而求得的取值范围.【详解】（1）由题设知，即，所以，即，又所以.（2）由题设知，即，又为锐角三角形，所以，即所以，即，所以的取值范围是.【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查利用角的范围，求边的比值的取值范围，属于中档题.18、（1）；（2）见解析.【解析】（1）根据函数的最小正周期可求出的值，由该函数的最大值可得出的值，再由，结合的取值范围可求得的值，由此可得出函数的解析式；（2）由计算出的取值范围，据此列表、描点、连线可得出函数在区间上的图象.【详解】（1）因为函数的最小正周期是，所以又因为当时，函数取得最大值，所以

14、，同时，得，因为，所以，所以；（2）因为，所以，列表如下：描点、连线得图象：【点睛】本题考查正弦函数解析式的求解，同时也考查了利用五点作图法作图，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题.19、（1）；（2）单调递减区间为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值；（3）见解析.【解析】（1）切点既在切线上又在曲线上得一方程，再根据斜率等于该点的导数再列一方程，解方程组即可；（2）先对求导数，根据导数判断和求解即可.（3）把证明转化为证明，然后证明极小值大于极大值即可.【详解】解：（1）函数的定义域为由已知得，则，解得.（2）由题意得，则.当时，所以单调递减，当时，所以单调递增，所以，单调递减区间

15、为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值.（3）要证成立，只需证成立.令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以的极大值为，即由（2）知，时，且的最小值点与的最大值点不同，所以，即.所以，.【点睛】知识方面，考查建立方程组求未知数，利用导数求函数的单调区间和极值以及不等式的证明；能力方面，考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；试题难度大.20、（1）见解析；（2）【解析】（1）设为中点，连结，先证明，可证得，假设不为线段的中点，可得平面，这与矛盾，即得证；（2）以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.【详

16、解】（1）设为中点，连结.，又 平面，平面，.又分别为中点，又，.假设不为线段的中点，则与是平面内内的相交直线，从而平面，这与矛盾，所以为线段的中点.（2）以为原点，由条件面面，以分别为轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为所以取，则，.同法可求得平面的法向量为，由图知二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何与空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.21、（）见解析（）【解析】（）推导出BCCE,从而EC平面ABCD,进而ECBD，再由BDAE，得BD平面AEC,从而BDAC,进而四边形ABCD是菱形，由此能证明AB=AD.（）设AC

17、与BD的交点为G,推导出EC/ FG,取BC的中点为O,连结OD,则ODBC,以O为坐标原点，以过点O且与CE平行的直线为x轴，以BC为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.【详解】（）证明：，即，因为平面平面，所以平面，所以，因为，所以平面，所以，因为四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，故；解法一：（）设与的交点为，因为平面，平面平面于，所以，因为是中点，所以是的中点，因为，取的中点为，连接，则，因为平面平面，所以面，以为坐标原点，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设，则，设平面的法向量，则，取，同理

18、可得平面的法向量，设平面与平面的夹角为，因为，所以二面角的余弦值为.解法二：（）设与的交点为，因为平面，平面平面于，所以，因为是中点，所以是的中点，因为，所以平面，所以，取中点，连接、，因为，所以，故平面，所以，即是二面角的平面角，不妨设，因为，在中，所以，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查求空间角中的二面角的余弦值，还考查由空间中线面关系进而证明线线相等，属于中档题.22、（1）见解析，（2）（i）见解析（ii）时平均检验次数最少，约为594次【解析】（1）由题意可得，的可能取值为和，分别求出其概率即可求出分布列，进而可求出期望.（2）（i）由记，根据函数的单调性即可证出；记，当且取最小值时，该方案最合理，对进行赋值即可求解.【详解】（1）由题，的可能取值为 和，故的分布列为由记，因为，所以 在上单调递增 ，故越小，越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理记当且取最小值时，该方案最合理，因为，所以时平均检验次数最少，约为次【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了分析问题、解决问题的能力，属于中档题.