山西省吕梁市孝义市2023届高三上学期期末模拟数学 Word版含解析.docx

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2022-2023学年高三上学期末模拟数学试卷注意事项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.已知定义在上的函数满足，且当时，，则方程的最小实根的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】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. 2.若表示不超过的最大整数(如，，)，已知，，，则（）A.2B.5C.7D.8【答案】B【解析】【分析】求出，，，，，，判断出是一个以周期为6的周期数列，求出即可．【详解】解：.，∴，，，同理可得：；；.；，，…….∴.故是一个以周期为6的周期数列，则.故选：B.【点睛】本题考查周期数列的判断和取整函数的应用．3.在长方体中，，则直线与平面所成角的余弦值为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】在长方体中，得与平面交于，过做于，可证平面，可得为所求解的角，解，即可求出结论.【详解】在长方体中，平面即为平面，过做于，平面， 平面，平面，为与平面所成角，在，，直线与平面所成角的余弦值为.故选:C.【点睛】本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.4.设，若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】D【解析】详解】令，可得.在坐标系内画出函数的图象（如图所示）.当时，.由得. 设过原点的直线与函数的图象切于点，则有，解得.所以当直线与函数的图象切时.又当直线经过点时，有，解得.结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时，实数的取值范围是.即函数在区间上有三个零点时，实数的取值范围是.选D.点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.5.设，，则“”是“”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.【详解】若，，则，可得；若，可得，无法得到，所以“”是“”的充分而不必要条件.所以本题答案为A.【点睛】本题考查充要条件的定义，判断充要条件的方法是：①若为真命题且为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若为假命题且为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若为真命题且为真命题，则命题p是命题q的充要条件； ④若为假命题且为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.6.如图是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为(　　)A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图可得几何体为直三棱柱，根据三视图中的数据直接利用公式可求体积.【详解】由三视图可知几何体为直三棱柱，直观图如图所示：其中，底面为直角三角形，，，高为.∴该几何体的体积为故选：A.【点睛】本题考查三视图及棱柱的体积，属于基础题.7.下列函数中，值域为R且为奇函数的是（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】依次判断函数的值域和奇偶性得到答案.【详解】A.，值域为，非奇非偶函数，排除；B.，值域为，奇函数，排除；C.，值域为，奇函数，满足；D.，值域为，非奇非偶函数，排除；故选：.【点睛】本题考查了函数的值域和奇偶性，意在考查学生对于函数知识的综合应用.8.如图，平面四边形中，，，，，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（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得面，可知，因为，则面，于是.由此推出三棱锥外接球球心是的中点，进而算出，外接球半径为1，得出结果.【详解】解：由，翻折后得到，又，则面，可知．又因为，则面，于是，因此三棱锥外接球球心是的中点．计算可知，则外接球半径为1，从而外接球表面积为． 故选：C.【点睛】本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题．9.已知函数，，则的最小值为（）A.B.1C.0D.【答案】B【解析】【分析】，利用整体换元法求最小值.【详解】由已知，又，，故当，即时，.故选：B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值，涉及到二倍角公式的应用，是一道中档题.10.已知随机变量满足，，.若，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【分析】根据二项分布的性质可得：，再根据和二次函数的性质求解. 【详解】因为随机变量满足，，.所以服从二项分布，由二项分布的性质可得：，因为，所以，由二次函数的性质可得：，在上单调递减，所以.故选：B【点睛】本题主要考查二项分布的性质及二次函数的性质的应用，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.11.已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.12.将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移 个单位长度，则所得函数图象的一个对称中心为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把函数化成的形式，利用图象变换求出新函数解析式，再由正弦函数的对称性求解作答.【详解】依题意，，因此将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），所得函数的解析式为，再向右平移一个单位长度，所得函数的解析式为，由，得显然对称中心的纵坐标为，AC错误；可得函数图象的一个对称中心为，D正确；不存在整数k使得B成立，B错误.故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（""表示一根阳线，""表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根阴线的概率为_______. 【答案】【解析】【分析】观察八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线或全为阴线各一个，还有6个是1阴2阳和1阳2阴各3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。【详解】八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线的一个，全为阴线的一个，1阴2阳的3个，1阳2阴的3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。∴从8个卦中任取2卦，共有种可能，两卦中共2阳4阴的情况有，所求概率为。故答案为：。【点睛】本题考查古典概型，解题关键是确定基本事件的个数。本题不能受八卦影响，我们关心的是八卦中阴线和阳线的条数，这样才能正确地确定基本事件的个数。14.设直线过双曲线的一个焦点，且与的一条对称轴垂直，与交于两点，为的实轴长的2倍，则双曲线的离心率为________.【答案】【解析】【分析】不妨设双曲线，焦点，令，由的长为实轴的二倍能够推导出的离心率. 【详解】不妨设双曲线，焦点，对称轴，由题设知，因为的长为实轴的二倍，，，，故答案.【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的等式，从而求出的值.15.已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆C有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆C的方程是______________.【答案】【解析】【分析】由题意离心率可得a与b的关系，设是椭圆上任一点，依题意，的最大值为，由两点间的距离公式写出，分类讨论求解b值，则椭圆方程即可得出结果.【详解】解：由，得，即， 得椭圆C的方程为.设是椭圆上任一点，依题意，的最大值为，则.若，则时，，∴，此时椭圆方程为；若，则时，，∴，不成立.综上可得椭圆方程为.故答案：.【点睛】本题主要考查了椭圆标准方程的求法，考查圆与椭圆位置关系的应用，体现了分类讨论的数学思想方法，属于中档题.16.已知函数，若对于任意正实数，均存在以为三边边长的三角形，则实数k的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】根据三角形三边关系可知对任意的恒成立,将的解析式用分离常数法变形,由均值不等式可得分母的取值范围,则整个式子的取值范围由 的符号决定,故分为三类讨论,根据函数的单调性求出函数值域,再讨论,转化为的最小值与的最大值的不等式,进而求出的取值范围.【详解】因为对任意正实数,都存在以为三边长的三角形,故对任意的恒成立,,令,则,当,即时,该函数在上单调递减,则；当,即时,,当,即时,该函数在上单调递增,则,所以,当时,因为,,所以,解得；当时,,满足条件；当时,,且,所以,解得,综上,,故答案为:【点睛】本题考查参数范围,考查三角形的构成条件,考查利用函数单调性求函数值域,考查分类讨论思想与转化思想.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.如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，. 求证：平面；求点到平面的距离.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；（2）取中点,则,证得平面,利用等体积法求解即可.【详解】（1）因为，，，是的中点，，为直三棱柱，所以平面，因为为中点，所以平面，，又,平面（2），又分别是中点，.由（1）知，,又平面, 取中点为,连接如图,则，平面，设点到平面的距离为，由，得，即，解得，点到平面的距离为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、等体积法求点到面的距离；考查逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理是求解本题的关键；属于中档题.18.已知函数，且曲线在处的切线方程为.（1）求的极值点与极值.（2）当，时，证明：.【答案】（1）极小值点为，极小值为，无极大值；（2）证明见解析【解析】【分析】先对函数求导，结合已知及导数的几何意义可求，结合单调性即可求解函数的极值点及极值；令，问题可转化为求解函数的最值，结合导数可求．【详解】（1）由题得函数的定义域为. ，由已知得，解得∴，令，得令，得，∴在上单调递增.令，得∴在上单调递减∴的极小值点为，极小值为，无极大值.（2）证明：由（1）知，∴，令，即∵，，∴恒成立.∴在上单调递增又，∴在上恒成立∴在上恒成立∴，即∴【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值问题，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题．19.在平面直角坐标系中，已知直线（为参数），以坐标原点为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把点极坐标化为直角坐标，直线的参数方程是过定点的标准形式，因此直接把参数方程代入曲线的方程，利用参数的几何意义求解．【详解】解：（1），则，∴，所以曲线的直角坐标方程为，即（2）点的直角坐标为，易知.设对应参数分别为将与联立得【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程，解题时可利用利用参数方程的几何意义求直线上两点间距离问题．20.如图，在棱长为的正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC边上的中点，现以EF为折痕将点C旋转至点P的位置，使得为直二面角.（1）证明：； （2）求与面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知，又//，则于点H，则由直二面角可知面，故.又，则面，故命题得证；（2）作出线面角，在直角三角形中求解该角的正弦值.【小问1详解】证明：在正方形ABCD中，连结AC交EF于H.因为，故可得，即又旋转不改变上述垂直关系，且平面，∴面，又∵面，所以【小问2详解】因为为直二面角，故平面平面，又其交线为EF，且，平面，故可得底面ABF，连结DH，则即为与面所成角，连结BD交AH于O， 在Rt△ODH中，在Rt△PHD中所以与面所成角的正弦值为.21.已知函数.（Ⅰ）若，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）当时，要使恒成立，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）求函数的导函数，即可求得切线的斜率，则切线方程得解；（Ⅱ）构造函数，对参数分类讨论，求得函数的单调性，以及最值，即可容易求得参数范围.【详解】（Ⅰ）当时，，则.所以.又，故所求切线方程为，即.（Ⅱ）依题意，得，即恒成立. 令，则.①当时，因为，不合题意.②当时，令，得，，显然.令，得或；令，得.所以函数的单调递增区间是，，单调递减区间是.当时，，，所以，只需，所以，所以实数取值范围为.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线方程，以及利用导数研究恒成立问题，属综合中档题.22.在中，A、B、C的对应边分别为a、b、c，已知（1）求A；（2）设M为BC中点，求AM的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理求解即可.（2）结合第一问的结论以及余弦定理即可求解.【小问1详解】因为，且，所以， 由正弦定理得：，解得，因为，，所以.【小问2详解】如图所示：因为，，所以，.在中，.