山东省齐河县一中2022-2023学年高三下学期联合考试数学试题含解析.doc

《山东省齐河县一中2022-2023学年高三下学期联合考试数学试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省齐河县一中2022-2023学年高三下学期联合考试数学试题含解析.doc（22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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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很多关于整数规律的猜想都通俗易懂，吸引了大量的数学家和数学爱好者，有些猜想已经被数学家证明，如“费马大定理”，但大多猜想还未被证明，如“哥德巴赫猜想”、“角谷猜想”.“角谷猜想”的内容是：对于每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘以再加1；如果它

2、是偶数，则将它除以；如此循环，最终都能够得到.下图为研究“角谷猜想”的一个程序框图.若输入的值为，则输出i的值为（ ）ABCD2已知F是双曲线（k为常数）的一个焦点，则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为（ ）A2kB4kC4D23数列满足：，为其前n项和，则（ ）A0B1C3D44集合的子集的个数是（ ）A2B3C4D85已知为虚数单位，复数满足，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6将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则“”是“是偶函数”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7已知数列为等比数列，若，

3、且，则（ ）AB或CD8在中，角的对边分别为，若则角的大小为()ABCD9已知命题：任意，都有；命题：，则有则下列命题为真命题的是（）ABCD10某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）ABC1D11已知直线和平面，若，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D不充分不必要12复数（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知变量，满足约束条件，则的最小值为_14棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的内切球半径为_.15设

4、集合，（其中e是自然对数的底数），且，则满足条件的实数a的个数为_16已知二面角l为60，在其内部取点A，在半平面，内分别取点B，C若点A到棱l的距离为1，则ABC的周长的最小值为_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）如图，点是以为直径的圆上异于、的一点，直角梯形所在平面与圆所在平面垂直，且，.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.18（12分）如图，已知四棱锥，平面，底面为矩形，为的中点，.（1）求线段的长.（2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值.19（12分）如图，在三棱锥中，侧面为等边三角形，侧棱.（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥外接球

5、的体积.20（12分）已知函数.（1）讨论函数f(x)的极值点的个数；（2）若f(x)有两个极值点证明.21（12分）如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.(1)求证:平面；(2)求三棱锥的体积.22（10分）已知函数，.（1）若函数在上单调递减，且函数在上单调递增，求实数的值；（2）求证：（，且）.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、B【解析】根据程序框图列举出程序的每一步，即可得出输出结果.【详解】输入，不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数不成立，则，；不成立，

6、是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；不成立，是偶数成立，则，；成立，跳出循环，输出i的值为.故选：B.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.2、D【解析】分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.【详解】当时,等式不是双曲线的方程；当时,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.故选：D【点睛】本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.3、D【解析】用去换中的n，得，相加即可找到数列的周期，再利用计算.【详解】由已知，所以，+，得，从而，数列是以6为周期的周期数列，且前6项分别

7、为1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故选：D.【点睛】本题考查周期数列的应用，在求时，先算出一个周期的和即，再将表示成即可，本题是一道中档题.4、D【解析】先确定集合中元素的个数，再得子集个数【详解】由题意，有三个元素，其子集有8个故选：D【点睛】本题考查子集的个数问题，含有个元素的集合其子集有个，其中真子集有个5、B【解析】求出复数，得出其对应点的坐标，确定所在象限【详解】由题意,对应点坐标为 ，在第二象限故选：B【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数的除法运算，属于基础题6、A【解析】求出函数的解析式，由函数为偶函数得出的表达式，然后利用充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】将函

8、数的图象沿轴向左平移个单位长度，得到的图象对应函数的解析式为，若函数为偶函数，则，解得，当时，.因此，“”是“是偶函数”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了利用图象变换求三角函数解析式以及利用三角函数的奇偶性求参数，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.7、A【解析】根据等比数列的性质可得，通分化简即可.【详解】由题意，数列为等比数列，则，又，即，所以，.故选：A.【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.8、A【解析】由正弦定理化简已知等式可得，结合，可得，结合范围，可得，可得，即可得解的值【详解】解：，由正弦定理可得

9、：，故选A【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题9、B【解析】先分别判断命题真假，再由复合命题的真假性，即可得出结论.【详解】为真命题；命题是假命题，比如当,或时，则 不成立.则，均为假.故选:B【点睛】本题考查复合命题的真假性，判断简单命题的真假是解题的关键，属于基础题.10、B【解析】首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，所以，该四棱锥体的最长的棱长为故选：B【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题11、B【解析】由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可

10、得，即可求出答案.【详解】,不能确定还是，当时，存在，由又可得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.12、A【解析】试题分析：，故选A.【考点】复数运算【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-5【解析】画出，满足的可行域，当目标函数经过点时，最小，求解即可。【详解】画出，满足的可行域，由解得，当目标函数经过点时，取得最小

11、值为-5.【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得。14、【解析】由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出体积与表面积，设内切圆的半径，由等体积，求出内切圆的半径【详解】由题意可知：多面体的外接球即正四面体的外接球作面交于，连接，如图则，且为外接球的直径，可得，设三角形 的外接圆的

12、半径为，则，解得，设外接球的半径为，则可得，即，解得，设正三棱锥的高为，因为，所以，所以，而，所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，所以，设内切球的半径为，即解得：故答案为：.【点睛】本题考查多面体与球的内切和外接问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意借助几何体的直观图进行分析.15、【解析】可看出，这样根据即可得出，从而得出满足条件的实数的个数为1【详解】解：，或，在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象，由图可知与无交点， 无解，则满足条件的实数的个数为故答案为：【点睛】考查列举法的定义，交集的定义及运算，以及知道方程无解，属于基础题16、【解析】作A关于平面和的

13、对称点M，N，交和与D，E，连接MN，AM，AN，DE，根据对称性三角形ADC的周长为AB+AC+BCMB+BC+CN，当四点共线时长度最短，结合对称性和余弦定理求解.【详解】作A关于平面和的对称点M，N，交和与D，E，连接MN，AM，AN，DE，根据对称性三角形ABC的周长为AB+AC+BCMB+BC+CN，当M，B，C，N共线时，周长最小为MN设平面ADE交l于，O，连接OD，OE，显然ODl，OEl，DOE60，MOA+AON240,OA1，MON120，且OMONOA1，根据余弦定理，故MN21+1211cos1203，故MN故答案为：【点睛】此题考查求空间三角形边长的最值，关键在于根

14、据几何性质找出对称关系，结合解三角形知识求解.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）见解析；（2）【解析】（1）取的中点，证明,则平面平面，则可证平面.（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，则点到平面的距离可求.【详解】解：（1）如图：取的中点，连接、.在中，是的中点，是的中点，平面平面,故平面在直角梯形中， ，且，四边形是平行四边形，同理平面又,故平面平面，又平面平面.（2）是圆的直径，点是圆上异于、的一点，又平面平面，平面平面平面，可得是三棱锥的高线.在直角梯形中，.设到平面的距离为，则，即由已知得，由余弦定理易知：，则解得，即点到平面的距离为故答案为

15、：.【点睛】考查线面平行的判定和利用等体积法求距离的方法，是中档题.18、（1）的长为4（2）【解析】（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据向量垂直关系计算得到答案.（2）计算平面的法向量为，为平面的一个法向量，再计算向量夹角得到答案.【详解】（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以.，因为，所以，即，解得，所以的长为4.（2）因为，所以，又，故.设为平面的法向量，则即取，解得，所以为平面的一个法向量.显然，为平面的一个法向量，则，据图可知，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的线段长度，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能

16、力.19、（1）见解析；（2）.【解析】（1）设中点为，连接、，利用等腰三角形三线合一的性质得出，利用勾股定理得出，由线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；（2）先确定三棱锥的外接球球心的位置，利用三角形相似求出外接球的半径，再由球体的体积公式可求得结果.【详解】（1）设中点为，连接、， 因为，所以.又，所以，又由已知，则，所以，.又为正三角形，且，所以，因为，所以，平面，又平面，平面平面；（2）由于是底面直角三角形的斜边的中点，所以点是的外心，由（1）知平面，所以三棱锥的外接球的球心在上.在中，的垂直平分线与的交点即为球心，记的中点为点，则.由与相似可得，所以

17、.所以三棱锥外接球的体积为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了三棱锥外接球体积的计算，找出外接球球心的位置是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）求得函数的定义域和导函数，对分成三种情况进行分类讨论，判断出的极值点个数.（2）由（1）知，结合韦达定理求得的关系式，由此化简的表达式为，通过构造函数法，结合导数证得，由此证得成立.【详解】（1）函数的定义域为得， （i）当时；，因为时，时，所以是函数的一个极小值点； （ii）若时，若，即时，在是减函数，无极值点.若，即时，有两根，不妨设当和时，当时，是函数的两个极值点， 综上所述时，仅

18、有一个极值点；时，无极值点；时，有两个极值点（2）由（1）知，当且仅当时，有极小值点和极大值点，且是方程的两根，则 所以 设，则，又，即，所以所以是上的单调减函数，有两个极值点，则【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值点，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21、（1）见解析（2）【解析】（1）第（1）问，连交于,连接.证明/ ，即证平面. (2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.【详解】（1）方法一：连交于,连接.由梯形，且，知 又为的中点，为的重心，在中， ,故/ .又平面, 平面, 平面.方法二：过作交PD

19、于N,过F作FM|AD交CD于M,连接MN, G为PAD的重心，又ABCD为梯形，AB|CD,又由所作GN|AD,FM|AD,得/ ，所以GNMF为平行四边形.因为GF|MN, （2） 方法一:由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点， ，得平面，且 由（1）知/平面， 又由梯形ABCD，AB|CD，且，知 又为正三角形，得，得三棱锥的体积为. 方法二: 由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点， ，得平面，且由， 而又为正三角形，得，得.，三棱锥的体积为.22、（1）1；（2）见解析【解析】（1）分别求得与的导函数，由导函数与单调性关系即可求得的值；（2）由（1）可知当时，当时，因而，构造，由对数运算及不等式放缩可证明，从而不等式可证明.【详解】（1）函数在上单调递减，即在上恒成立，又函数在上单调递增，即在上恒成立，综上可知，.（2）证明：由（1）知，当时，函数在上为减函数，在上为增函数，而，当时，当时，.即，.【点睛】本题考查了导数与函数单调性关系，放缩法在证明不等式中的应用，属于难题.