2022-2023學年山東省聊城市第二中學高考數學二模試卷含解析

2023年高考數學模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．函數在區(qū)間上的大致圖象如圖所示，則可能是（）A．B．C．D．2．在函數：①；②；③；④中，最小正周期為的所有函數為（）A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③3．若sin(α+3π2A．-12 B．-134．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A． B．64 C． D．325．已知數列滿足,(),則數列的通項公式()A． B． C． D．6．在正方體中，點，，分別為棱，，的中點，給出下列命題：①；②；③平面；④和成角為.正確命題的個數是（）A．0 B．1 C．2 D．37．已知命題p:直線a∥b，且b?平面α，則a∥α；命題q:直線l⊥平面α，任意直線m?α，則l⊥m.下列命題為真命題的是（）A．p∧q B．p∨（非q） C．（非p）∧q D．p∧（非q）8．二項式展開式中，項的系數為（）A． B． C． D．9．已知是虛數單位，若，則（）A． B．2 C． D．1010．已知雙曲線的一條漸近線與直線垂直，則雙曲線的離心率等于()A． B． C． D．11．如圖是函數在區(qū)間上的圖象，為了得到這個函數的圖象，只需將的圖象上的所有的點()A．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?，縱坐標不變B．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，縱坐標不變C．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?，縱坐標不變D．向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，縱坐標不變12．已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，其右焦點F的坐標為(c,0)，點A是第一象限內雙曲線漸近線上的一點，O為坐標原點，滿足|OA|=A．2 B．2 C．233二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．曲線在點處的切線方程為__．14．已知函數，曲線與直線相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為，則可取到的最大值為__________.15．點到直線的距離為________16．內角，，的對邊分別為，，，若，則__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐中，側棱底面，，，，，是棱中點.（1）已知點在棱上，且平面平面，試確定點的位置并說明理由；（2）設點是線段上的動點，當點在何處時，直線與平面所成角最大？并求最大角的正弦值.18．（12分）已知函數（1）若，求證：（2）若，恒有，求實數的取值范圍.19．（12分）表示，中的最大值，如，己知函數，.（1）設，求函數在上的零點個數；（2）試探討是否存在實數，使得對恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.20．（12分）已知函數.（1）求的極值；（2）若，且，證明：.21．（12分）已知函數.（1）討論的零點個數；（2）證明：當時，.22．（10分）如圖，三棱柱中，側面是菱形，其對角線的交點為，且．（1）求證：平面；（2）設，若直線與平面所成的角為，求二面角的正弦值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

根據特殊值及函數的單調性判斷即可；【詳解】解：當時，，無意義，故排除A；又，則，故排除D；對于C，當時，，所以不單調，故排除C；故選：B【點睛】本題考查根據函數圖象選擇函數解析式，這類問題利用特殊值與排除法是最佳選擇，屬于基礎題.2、A【解析】逐一考查所給的函數：，該函數為偶函數，周期；將函數圖象x軸下方的圖象向上翻折即可得到的圖象，該函數的周期為；函數的最小正周期為；函數的最小正周期為；綜上可得最小正周期為的所有函數為①②③.本題選擇A選項.點睛：求三角函數式的最小正周期時，要盡可能地化為只含一個三角函數的式子，否則很容易出現(xiàn)錯誤．一般地，經過恒等變形成“y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)，y＝Atan(ωx＋φ)”的形式，再利用周期公式即可．3、B【解析】

由三角函數的誘導公式和倍角公式化簡即可.【詳解】因為sinα+3π2=3故選B【點睛】本題考查了三角函數的誘導公式和倍角公式，靈活掌握公式是關鍵，屬于基礎題.4、A【解析】

根據三視圖，還原空間幾何體，即可得該幾何體的體積.【詳解】由該幾何體的三視圖，還原空間幾何體如下圖所示：可知該幾何體是底面在左側的四棱錐，其底面是邊長為4的正方形，高為4，故.故選：A【點睛】本題考查了三視圖的簡單應用，由三視圖還原空間幾何體，棱錐體積的求法，屬于基礎題.5、A【解析】

利用數列的遞推關系式，通過累加法求解即可．【詳解】數列滿足：，，可得以上各式相加可得：，故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，數列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力．6、C【解析】

建立空間直角坐標系，利用向量的方法對四個命題逐一分析，由此得出正確命題的個數.【詳解】設正方體邊長為，建立空間直角坐標系如下圖所示，，.①，，所以，故①正確.②，，不存在實數使，故不成立，故②錯誤.③，，，故平面不成立，故③錯誤.④，，設和成角為，則，由于，所以，故④正確.綜上所述，正確的命題有個.故選：C【點睛】本小題主要考查空間線線、線面位置關系的向量判斷方法，考查運算求解能力，屬于中檔題.7、C【解析】

首先判斷出為假命題、為真命題，然后結合含有簡單邏輯聯(lián)結詞命題的真假性，判斷出正確選項.【詳解】根據線面平行的判定，我們易得命題若直線，直線平面，則直線平面或直線在平面內，命題為假命題；根據線面垂直的定義，我們易得命題若直線平面，則若直線與平面內的任意直線都垂直，命題為真命題.故:A命題“”為假命題；B命題“”為假命題；C命題“”為真命題；D命題“”為假命題.故選：C.【點睛】本小題主要考查線面平行與垂直有關命題真假性的判斷，考查含有簡單邏輯聯(lián)結詞的命題的真假性判斷，屬于基礎題.8、D【解析】

寫出二項式的通項公式,再分析的系數求解即可.【詳解】二項式展開式的通項為,令,得,故項的系數為.故選：D【點睛】本題主要考查了二項式定理的運算,屬于基礎題.9、C【解析】

根據復數模的性質計算即可.【詳解】因為，所以，，故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的定義及復數模的性質，屬于容易題.10、B【解析】由于直線的斜率k,所以一條漸近線的斜率為，即，所以，選B.11、A【解析】

由函數的最大值求出，根據周期求出，由五點畫法中的點坐標求出，進而求出的解析式，與對比結合坐標變換關系，即可求出結論.【詳解】由圖可知，，又，，又，，，為了得到這個函數的圖象，只需將的圖象上的所有向左平移個長度單位，得到的圖象，再將的圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼模v坐標不變）即可.故選:A【點睛】本題考查函數的圖象求解析式，考查函數圖象間的變換關系，屬于中檔題.12、C【解析】

計算得到Ac,bca【詳解】雙曲線的一條漸近線方程為y=bax，A故Ac,bca，F(xiàn)c,0，故Mc,故選：C.【點睛】本題考查了雙曲線離心率，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

對函數求導后，代入切點的橫坐標得到切線斜率，然后根據直線方程的點斜式，即可寫出切線方程.【詳解】因為，所以，從而切線的斜率，所以切線方程為，即.故答案為：【點睛】本題主要考查過曲線上一點的切線方程的求法，屬基礎題.14、4【解析】

由于曲線與直線相交，存在相鄰兩個交點間的距離為，所以函數的周期，可得到的取值范圍，再由解出的兩類不同的值，然后列方程求出，再結合的取值范圍可得的最大值.【詳解】，可得，由，則或，即或，由題意得，所以，則或，所以可取到的最大值為4.故答案為：4【點睛】此題考查正弦函數的圖像和性質的應用及三角方程的求解，熟練應用三角函數的圖像和性質是解題的關鍵，考查了推理能力和計算能力，屬于中檔題.15、2【解析】

直接根據點到直線的距離公式即可求出?！驹斀狻恳罁c到直線的距離公式，點到直線的距離為?！军c睛】本題主要考查點到直線的距離公式的應用。16、【解析】∵，∴，即，∴，∴．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）為中點，理由見解析；（2）當點在線段靠近的三等分點時，直線與平面所成角最大，最大角的正弦值.【解析】

(1)為中點,可利用中位線與平行四邊形性質證明，，從而證明平面平面；（2）以A為原點，分別以，，所在直線為、、軸建立空間直角坐標系，利用向量法求出當點在線段靠近的三等分點時，直線與平面所成角最大，并可求出最大角的正弦值.【詳解】（1）為中點，證明如下：分別為中點，又平面平面平面又，且四邊形為平行四邊形，同理，平面，又平面平面（2）以A為原點，分別以，，所在直線為、、軸建立空間直角坐標系則，設直線與平面所成角為，則取平面的法向量為則令，則所以當時，等號成立即當點在線段靠近的三等分點時，直線與平面所成角最大，最大角的正弦值.【點睛】本題主要考查了平面與平面的平行，直線與平面所成角的求解，考查了學生的直觀想象與運算求解能力.18、（1）見解析；（2）（﹣∞，0]【解析】

（1）利用導數求x＜0時，f（x）的極大值為，即證（2）等價于k≤，x＞0，令g（x）＝，x＞0，再求函數g(x)的最小值得解.【詳解】（1）∵函數f（x）＝x2e3x，∴f′（x）＝2xe3x+3x2e3x＝x（3x+2）e3x．由f′（x）＞0，得x＜﹣或x＞0；由f′（x）＜0，得，∴f（x）在（﹣∞，﹣）內遞增，在（﹣，0）內遞減，在（0，+∞）內遞增，∴f（x）的極大值為，∴當x＜0時，f（x）≤（2）∵x2e3x≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤，x＞0，令g（x）＝，x＞0，則g′（x），令h（x）＝x2（1+3x）e3x+2lnx﹣1，則h（x）在（0，+∞）上單調遞增，且x→0+時，h（x）→﹣∞，h（1）＝4e3﹣1＞0，∴存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，∴當x∈（0，x0）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是g（x0）＝，∵h（x0）＝+2lnx0﹣1=0，所以，令，令所以=1，,∴g（x0）∴實數k的取值范圍是（﹣∞，0]．【點睛】本題主要考查利用證明不等式，考查利用導數求最值和解答不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.19、（1）個；（1）存在，.【解析】試題分析：（1）設，對其求導，及最小值，從而得到的解析式，進一步求值域即可；（1）分別對和兩種情況進行討論，得到的解析式，進一步構造，通過求導得到最值，得到滿足條件的的范圍．試題解析：（1）設，．．．．．．．．．．．．．1分令，得遞增；令，得遞減，．．．．．．．．．．．．．．．．．1分∴，∴，即，∴．．．．．．．．．．．．．3分設，結合與在上圖象可知，這兩個函數的圖象在上有兩個交點，即在上零點的個數為1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（或由方程在上有兩根可得）（1）假設存在實數，使得對恒成立，則，對恒成立，即，對恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分①設，令，得遞增；令，得遞減，∴，當即時，，∴，∵，∴4．故當時，對恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分當即時，在上遞減，∴．∵，∴，故當時，對恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分②若對恒成立，則，∴．．．．．．．．．．．11分由①及②得，．故存在實數，使得對恒成立，且的取值范圍為．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分考點：導數應用.【思路點睛】本題考查了函數恒成立問題；利用導數來判斷函數的單調性，進一步求最值；屬于難題．本題考查函數導數與單調性.確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可結合導數知識確定極值點和單調區(qū)間從而確定其大致圖象.方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數的值域問題處理.恒成立問題以及可轉化為恒成立問題的問題，往往可利用參變分離的方法，轉化為求函數最值處理．也可構造新函數然后利用導數來求解.注意利用數形結合的數學思想方法.20、（1）極大值為；極小值為；（2）見解析【解析】

（1）對函數求導,進而可求出單調性,從而可求出函數的極值;（2）構造函數,求導并判斷單調性可得,從而在上恒成立,再結合,,可得到,即可證明結論成立.【詳解】（1）函數的定義域為,,所以當時,;當時,,則的單調遞增區(qū)間為和,單調遞減區(qū)間為.故的極大值為;的極小值為.（2）證明:由（1）知,設函數,則,,則在上恒成立,即在上單調遞增,故,又,則,即在上恒成立.因為,所以,又,則,因為,且在上單調遞減,所以,故.【點睛】本題考查函數的單調性與極值,考查了利用導數證明不等式,構造函數是解決本題的關鍵,屬于難題.21、（1）見解析（2）見解析【解析】

（1）求出，分別以當，，時，結合函數的單調性和最值判斷零點的個數.（2）令，結合導數求出；同