吉林省2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析）

这是一份吉林省2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
吉林省2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：____________一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数的实部与虚部的和为12，则（    ）A．3 B．4 C．5 D．63．已知向量，，．若λ为实数，()∥，则λ＝（    ）A．  B．  C．1 D．24．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来．我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始．已知冬至日晷长为13.5尺，夏至日晷长为1.5尺，则一年中夏至到秋分的日晷长的和为（    ）尺．A．24 B．60 C．40 D．31.55．已知菱形的边长为，，将沿折起，使A，C两点的距离为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．6．已知，，，则下列不等关系正确的是（    ）A． B． C． D．7．已知，若直线与直线垂直，则的最小值为（    ）A．1 B．3 C．8 D．98．函数的部分图像如图所示，现将的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则在区间上的值域为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．已知是定义域为的奇函数，且满足，则下列结论正确的是（    ）A．B．函数的图象关于直线对称C．D．若，则10．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”. “三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，以此类推. 设从上到下各层球数构成一个数列，则（    ）A． B．C． D．11．直四棱柱中，底面为菱形，，，P为中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论正确的是（    ）A．若，且，则四面体的体积为定值B．若平面，则的最小值为C．若的外心为，则为定值2D．若，则点的轨迹长度为12．已知，若恰有3个零点，则的可能值为（    ）A．0 B．1 C． D．2 三、填空题13．函数的最小值为_______．14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b＝，B＝,则2a+ c的最大值为____．15．已知函数是定义在R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有，则___________.16．已知和直线，若斜率为的直线与圆O交于 两点，与直线交于点C（C在圆O内），若，则______. 四、解答题17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)若，，求的面积；(2)若，且的边长均为正整数，求．18．已知是一个等差数列，且．（1）求的通项；（2）若数列的前n项和为，求的值19．设函数，若在处有极值．(1)求实数a的值；(2)求函数的极值；(3)若对任意的，都有，求实数c的取值范围．20．如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，为的中点.(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.21．已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且.（1）求抛物线的方程；（2）求过点且与抛物线的准线相切的圆的方程.22．已知：函数在其定义域上是奇函数，a为常数．(1)求a的值．(2)证明：在上是增函数．(3)若对于上的每一个x的值，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案：1．C【分析】根据补集和交集的定义即可求解.【详解】由已知得：，而，所以.故选：C2．C【分析】先把已知化简，整理出复数的实部与虚部，接下来去求即可解决.【详解】，则有，，解得，则，，故．故选：C3．B【分析】先求出的坐标，再由()∥，，列方程可求得结果【详解】因为向量，，所以，因为()∥，，所以，解得，故选：B4．D【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，夏至日晷长为第13项的等差数列，求出公差即可列式计算作答.【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，夏至日晷长为1.5尺，记为，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到夏至日晷长的各数据依次排成一列得等差数列，数列的公差，因夏至日晷长最短，冬至日晷长最长，所以夏至到冬至的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为13.5尺，公差为1，共13项，秋分为第7项，故，所以一年中夏至到秋分的日晷长的和为(尺).故选：D.5．B【解析】先判定所得三棱锥为正四面体，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，利用正方体的性质求得正方体的边长，进而得到对角线长，由此得到正方体的外接球也就是正四面体的外接球的直径，最后利用球的表面积公式计算得到结果.【详解】由已知得为等边三角形，对角线,将沿折起，使A，C两点的距离为，折起后三棱锥为正四面体，各棱长都是，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，设正方体的棱长为,则正方体的面对角线为，所以正方体的体对角线为,其中为正方体的外接球半径，由于正方体的外接球就是正四面体ABCD的外接球，∴正四面体ABCD的外接球表面积为,故选：B.【点睛】本题考查几何体的外接球面积问题，对于正四面体，可以放置在正方体中解决，利用正方体的性质以简化计算，拓展：对棱相等的四面体可以放置在长方体中求解，利用长方体的有关性质可以简化计算.6．A【分析】构造，，得到，构造，，多次求导得到，从而得到，再构造，，多次求导后得到，从而比较出大小.【详解】设，，故，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，所以，故，当且仅当时，等号成立，因为，故，设，，则，，设，则，，设，则在上恒成立，故在上单调递增，则，故在上单调递增，则，故在上单调递增，则在上恒成立，所以，则，故，设，，故，，设，则，，设，则，，设，则在上恒成立，故在上单调递减，故，故在上单调递减，故，故在上单调递减，故，故在上单调递减，故，所以，即，又，即.故选：A【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：，，，，，.7．D【分析】根据两直线方程表达式及其位置关系可得，在利用基本不等式即可求得的最小值.【详解】由题可知，两条直线斜率一定存在，又因为两直线垂直，所以斜率乘积为，即，即，整理可得，所以，当且仅当时，等号成立；因此的最小值为.故选：D8．C【分析】先由图像求出，根据平移得到，直接求值域即可.【详解】由图像可以看出：因为，所以.因为，所以.因为，且，所以，，所以.因为，所以.因为，所以，所以，故.故选：C9．ACD【分析】由奇函数可得，令，可判断A；由，可得为对称轴，可判断B；由是奇函数，，分析可判断C；由周期为8，可判断D【详解】选项A，由于是定义域为的奇函数，故，令，，故A正确；选项B，由于，故函数关于对称，不一定关于对称，故B错误；选项C，是奇函数，故，令，有，故，即，故C正确；选项D，由C，周期为8，故，故D正确故选：ACD10．BD【分析】根据题意分析可得：.对A、B：直接代入检验即可；对C：利用累加法可得，即可得结果；对D：利用裂项相消法运算求解.【详解】根据题意可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即，即，对A：因为，所以，故A错误；对B：因为，所以，故B正确；对C：因为，，，且，所以上述各式相加得，故；经检验：满足，所以，则，故C错误；对D：由选项C可知，则，故D正确.故选：BD.11．AB【分析】对于A，取的中点分别为，，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断A；对于B，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.【详解】对于A，取的中点分别为，连接，则，，，因为，，所以，，所以三点共线，所以点在，因为，，所以,平面，平面，所以∥平面，所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以A正确；对于B，因为，因为平面，平面，所以∥平面，又平面，，平面，所以平面平面，取的中点，连接，则，，所以，所以四点共面，所以平面平面，即在上，当时，取最小值，因为，所以，，所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确；对于C，若的外心为，过作于，因为，所以，所以C错误；对于D，过作，垂足为，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，又在中，，所以，， 在中，，，，所以，则在以为圆心，2为半径的圆上运动，在上取点，使得，则，所以点的轨迹为圆弧，因为，所以，则圆弧等于，所以D错误；故选：AB【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.12．AD【分析】由得，利用数形结合即可得到结论.【详解】由得，作出函数，|的图像，如图所示．当，满足条件，当时，此时与有三个交点，故符合条件的满足或．故选：AD【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图像交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图像，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．13．【解析】根据诱导公式以及二倍角的余弦公式化简，可得关于的二次函数形式，然后使用换元法以及二次函数的性质，可得结果.【详解】由所以即，由令，则，对称轴为所以在递减当，即时，有故答案为：【点睛】本题主要考查二次函数型的最值问题，掌握二次函数的性质，熟练二倍角公式，诱导公式的应用，属基础题.14．【详解】分析：由正弦定理可得得 ，化为 即可得出．详解：由 得 ，其中 的最大值是．故答案为．点睛：本题考查了正弦定理、两角和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．50【分析】函数是定义在R上的不恒为零的偶函数，令，得，由，可得: ，所以，，进而得解.【详解】，函数是定义在R上的不恒为零的偶函数，令，得，所以.当时，由，可得: ，所以，，两式相加的，所以故答案为：5016．【分析】作 ，可得，推出，继而求出，求得，根据圆的弦长与圆心距以及半径之间的关系，求得.【详解】由题意可知，圆的半径为2，如图示，作 ，垂足为H，则H为的中点，即,所以,则,因为直线的斜率为 其倾斜角为，直线的斜率为,即直线的倾斜角为 ，所以 ，由，可得,所以,故答案为：17．(1)16(2)6 【分析】(1)利用正弦定理，边角互化，以及正弦的和差公式，即可求解.(2)根据正弦定理，边化角，再由余弦定理可得，再分和分类讨论，即可求解.（1）因为，由正弦定理得，又，得，故，所以，因为，，所以，于是，故，为直角三角形，所以的面积；（2）由，得，由正弦定理，可得；由余弦定理，得，∵，．若，则，故，则，，此时，不符合题意．∴，由，得，又，即，则．∵，，故当时，有，而，故能构成三角形，故．18．（1）；（2）-165.【分析】(1)根据给定条件求出数列的公差d即可得解；(2)利用(1)的结论结合等差数列前n项和公式求解即得.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由已知得，解得，，所以；（2）由(1)及等差数列前n项和公式得，所以的值是-165.19．(1)(2)在处有极大值，在处有极小值(3) 【分析】（1）根据函数在处有极值，得出，从而求出实数；（2）利用极值的定义求解即可；（3）将恒成立问题转化为最值问题求解.(1)，因为在处有极值，所以，解得.检验：当时，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以在处有极小值，满足条件.故.(2)由（1）知当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；又，.所以在处有极大值，在处有极小值.(3)原命题等价于对任意的都成立，由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，，所以，解得.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用勾股定理和线面垂直的性质可证得，，由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）四边形为矩形，，为中点，，又，，；平面，平面，；，平面，平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；由（1）知：平面，平面的一个法向量为，，即平面与平面夹角的余弦值为.21．（1）（2）或【解析】（1）设直线的方程为与抛物线联立，结合，利用韦达定理可求解p，即得解；（2）利用韦达定理，可得的中点为，可求解AB的垂直平分线的方程，圆心为，利用圆半径、弦长、弦心距的勾股关系，可求解a，可得圆方程.【详解】解：（1）由题意设直线的方程为，令、，联立得 根据抛物线的定义得 又， 故所求抛物线方程为 （2）由（1）知，的中点为，的垂直平分线方程为即 设过点的圆的圆心为，该圆与的准线相切，半径  圆心到直线的距离为，解得或  圆心的坐标为，半径为，或圆心的坐标为，半径为圆的方程为或【点睛】本题考查了直线与抛物线综合，考查了弦长，直线和圆的位置关系等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题.22．(1)(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据奇函数的定义列出等式，整理化简可得结果；（2）将看成是由 复合而成，根据复合函数的单调性的判断方法证明即可；（3）不等式恒成立问题转化为解决，因此根据函数的单调性求得最值，解不等式可得答案.【详解】（1）解：由题意，是奇函数，故 ，即，即，所以，即 ，则，故 ，当时，，无意义，不符合题意；当时，满足，故；（2）证明：由（1）知：，设 ，那么可以看成是由 复合而成，因为在定义域内是减函数，故要证明函数在上是增函数，只需证明在上是减函数即可；不妨设 ，则 ， ， ，故，即，即,所以在上是单调减函数，故在上是增函数．（3）解：对于上的每一个x的值，不等式恒成立，即恒成立，只需即可；而由（2）知在上是增函数，在上是单调减函数，故在上是增函数，故，故，即 .