2022-2023学年河南省平顶山市、许昌市、汝州高三最后一卷数学试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知全集，集合，则=（）A． B．C． D．2．已知集合，，，则()A． B． C． D．3．如果，那么下列不等式成立的是（）A． B．C． D．4．已知平面向量，，，则实数x的值等于（）A．6 B．1 C． D．5．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（）A．5 B．11 C．20 D．256．若复数（为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为()A． B． C． D．7．下列说法正确的是（）A．“若，则”的否命题是“若，则”B．“若，则”的逆命题为真命题C．，使成立D．“若，则”是真命题8．设曲线在点处的切线方程为，则（）A．1 B．2 C．3 D．49．已知关于的方程在区间上有两个根，，且，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．10．已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，且则“”是“”的()条件.A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要11．已知函数是奇函数，则的值为（）A．－10 B．－9 C．－7 D．112．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成进行分析，随机抽取了200分到450分之间的2000名学生的成绩，并根据这2000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图，如图所示，则成绩在，内的学生人数为（）A．800 B．1000 C．1200 D．1600二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，已知圆内接四边形ABCD，其中，，，，则__________．14．已知函数为上的奇函数，满足.则不等式的解集为________.15．已知向量，，若，则________.16．已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是____．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）已知函数，为的导数，函数在处取得最小值．（1）求证：；（2）若时，恒成立，求的取值范围．18．（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）若，，，求证：.19．（12分）如图，在中，已知，，，为线段的中点，是由绕直线旋转而成，记二面角的大小为.（1）当平面平面时，求的值；（2）当时，求二面角的余弦值.20．（12分）三棱柱中，平面平面，，点为棱的中点，点为线段上的动点.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角为，求二面角的正切值.21．（12分）在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且.（1）已知_______________，计算的面积；请①，②，③这三个条件中任选两个，将问题（1）补充完整，并作答.注意，只需选择其中的一种情况作答即可，如果选择多种情况作答，以第一种情况的解答计分.（2）求的最大值.22．（10分）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点为线段上的点，过三点的平面与交于点.将①，②，③中的两个补充到已知条件中，解答下列问题：（1）求平面将四棱锥分成两部分的体积比；（2）求直线与平面所成角的正弦值.

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、D【解析】

先计算集合，再计算，最后计算．【详解】解：，，．故选：．【点睛】本题主要考查了集合的交，补混合运算，注意分清集合间的关系，属于基础题．2、A【解析】

求得集合中函数的值域，由此求得，进而求得.【详解】由，得，所以，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查函数值域的求法，考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题.3、D【解析】

利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出.【详解】∵，∴，，，.故选：D.【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题.4、A【解析】

根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】，，，，即，故选：A【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.5、D【解析】

由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.【详解】等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，又，，为三角形的三边长，且最大内角为，由余弦定理得，设首项为，即得，所以或，又即,舍去，，d=-2前项和.故的最大值为.故选：D【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.6、C【解析】

利用复数的除法，以及复数的基本概念求解即可.【详解】，又的实部与虚部相等，，解得.故选:C【点睛】本题主要考查复数的除法运算，复数的概念运用.7、D【解析】选项A，否命题为“若，则”，故A不正确．选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确．选项C，由题意知对，都有，故C不正确．选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确．选D．8、D【解析】

利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解【详解】因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.故选：D【点睛】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题9、C【解析】

先利用三角恒等变换将题中的方程化简，构造新的函数，将方程的解的问题转化为函数图象的交点问题，画出函数图象，再结合，解得的取值范围.【详解】由题化简得，，作出的图象，又由易知．故选：C.【点睛】本题考查了三角恒等变换，方程的根的问题，利用数形结合法，求得范围.属于中档题.10、B【解析】

根据充分必要条件的概念进行判断.【详解】对于充分性：若，则可以平行，相交，异面，故充分性不成立；若，则可得，必要性成立.故选：B【点睛】本题主要考查空间中线线，线面，面面的位置关系，以及充要条件的判断，考查学生综合运用知识的能力.解决充要条件判断问题，关键是要弄清楚谁是条件，谁是结论.11、B【解析】

根据分段函数表达式，先求得的值，然后结合的奇偶性，求得的值.【详解】因为函数是奇函数，所以，.故选：B【点睛】本题主要考查分段函数的解析式、分段函数求函数值，考查数形结合思想.意在考查学生的运算能力，分析问题、解决问题的能力.12、B【解析】

由图可列方程算得a，然后求出成绩在内的频率，最后根据频数=总数×频率可以求得成绩在内的学生人数.【详解】由频率和为1，得，解得，所以成绩在内的频率，所以成绩在内的学生人数.故选：B【点睛】本题主要考查频率直方图的应用，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题意可知，，在和中，利用余弦定理建立方程求，同理求，求，代入求值.【详解】由圆内接四边形的性质可得,．连接BD，在中，有．在中，．所以,则，所以．连接AC，同理可得,所以．所以．故答案为：【点睛】本题考查余弦定理解三角形，同角三角函数基本关系，意在考查方程思想，计算能力，属于中档题型，本题的关键是熟悉圆内接四边形的性质，对角互补.14、【解析】

构造函数，利用导数判断出函数的单调性，再将所求不等式变形为，利用函数的单调性即可得解.【详解】设，则，设，则.当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.所以，函数在处取得极小值，也是最小值，即，，，，即，所以，函数在上为增函数，函数为上的奇函数，则，，则不等式等价于，又，解得.因此，不等式的解集为.故答案为：.【点睛】本题主要考查不等式的求解，构造函数，求函数的导数，利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键．综合性较强．15、10【解析】

根据垂直得到，代入计算得到答案.【详解】，则，解得，故，故.故答案为：.【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，向量模，意在考查学生的计算能力.16、（-4，2）【解析】试题分析：因为当且仅当时取等号，所以考点：基本不等式求最值三、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）对求导，令，求导研究单调性，分析可得存在使得，即，即得证；（2）分，两种情况讨论，当时，转化利用均值不等式即得证；当，有两个不同的零点，，分析可得的最小值为，分，讨论即得解.【详解】（1）由题意，令，则，知为的增函数，因为，，所以，存在使得，即．所以，当时，为减函数，当时，为增函数，故当时，取得最小值，也就是取得最小值．故，于是有，即，所以有，证毕．（2）由（1）知，的最小值为，①当，即时，为的增函数，所以，，由（1）中，得，即．故满足题意．②当，即时，有两个不同的零点，，且，即，若时，为减函数，（*）若时，为增函数，所以的最小值为．注意到时，，且此时，（ⅰ）当时，，所以，即，又，而，所以，即．由于在下，恒有，所以．（ⅱ）当时，，所以，所以由（*）知时，为减函数，所以，不满足时，恒成立，故舍去．故满足条件．综上所述：的取值范围是．【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了利用导数研究函数的最值和不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算能力，属于较难题.18、（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1）分、、三种情况解不等式，即可得出该不等式的解集；（2）利用分析法可知，要证，即证，只需证明即可，因式分解后，判断差值符号即可，由此证明出所证不等式成立.【详解】（1）.当时，由，解得，此时；当时，不成立；当时，由，解得，此时.综上所述，不等式的解集为；（2）要证，即证，因为，，所以，，，.所以，.故所证不等式成立.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了利用分析法和作差法证明不等式，考查分类讨论思想以及推理能力，属于中等题.19、(1);(2).【解析】

(1)平面平面,建立坐标系，根据法向量互相垂直求得;(2)求两个平面的法向量的夹角.【详解】(1)如图，以为原点，在平面内垂直于的直线为轴所在的直线分别为轴,轴，建立空间直角坐标系，则，设为平面的一个法向量,由得,取,则因为平面的一个法向量为由平面平面，得所以即.(2)设二面角的大小为，当平面的一个法向量为,综上,二面角的余弦值为.【点睛】本题考查用空间向量求平面间的夹角,平面与平面垂直的判定,二面角的平面角及求法,难度一般.20、（1）见解析；（2）【解析】

（1）可证面，从而可得.（2）可证点为线段的三等分点，再过作于，过作，垂足为，则为二面角的平面角，利用解直角三角形的方法可求.也可以建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量来计算二面角的平面角的余弦值，最后利用同角三角函数的基本关系式可求.【详解】证明：（1）因为为中点，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，故，又因为，所以，则，又，故面，又面，所以.（2）由（1）可得：面在面内的射影为，则为直线与平面所成的角，即.因为，所以，所以，所以，即点为线段的三等分点.解法一：过作于，则平面，所以，过作，垂足为，则为二面角的平面角,因为，，，则在中，有，所以二面角的平面角的正切值为.解法二：以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设点，由得：，即，，，点，平面的一个法向量，又，，设平面的一个法向量为，则，令，则平面的一个法向量为.设二面角的平面角为，则，即，所以二面角的正切值为.【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.21、（1）见解析（2）1【解析】

（1）选②，③．可得，结合，求得．即可；若选①，②．由可得由，求得．即可；若选①，③，可得，又，可得，即可；（2）化简，根据角的范围求最值即可．【详解】（1）若选②，③．，，，，又，．的面积．若选①，②．由可得，，，又，．的面积．若选①，③，，又，，可得，的面积．（2），当时，有最大值1．【点睛】本题考查了正余弦定理，三角三角恒等变形，考查了计算能力，属于中档题．22、（1）；（2）.【解析】

若补充②③根据已知可得平面，从而有，结合，可得平面，故有，而，得到，②③成立与①②相同，①③成立，可得，所以任意补充两个条件，结果都一样，以①②作为条件分析;（1）设，可得，进而求出梯形的面积，可求出，即可求出结论；（2），以为坐标原点，建立空间坐标系，求出坐标，由（1）得为平面的法向量，根据空间向量的线面角公式即可求解.【详解】第一种情况：若将①