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）

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．6

3．已知向量，，．若λ为实数，()∥，则λ＝（    ）

A．  B．  C．1 D．2

4．2022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．31.5

5．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．9

8．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2

D．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：C

2．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：C

3．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：B

4．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：D

8．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：C

9．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：ACD

10．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：50

16．

【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 .