辽宁省鞍山市第十七高级中学2022-2023学年高三数学理模拟试卷含解析

辽宁省鞍山市第十七高级中学2022-2023学年高三数学理模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.右为四棱锥的直观图，其正视图是边长为2的等边三角形、俯视图是边长为2的正方形内接等腰三角形，则其侧视图的面积

（

）A．

B.2

C.

D.4参考答案：A略2.在△ABC中,已知则角B为A.30°

B.45°

C.60°

D.90°参考答案：A因为所以角B为30°

3.已知函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间（0，2）内单调递减，则实数a的取值范围是A．a≥3

B．a＝3

C．a≤3

D．0<a<3参考答案：A4.如图，设A，B，C，D为球O上四点，AB，AC，AD两两互相垂直，且AB＝AC＝，AD＝2，则A、D两点间的球面距离为A、B、C、D、参考答案：D5.设f（x）是定义在R上的函数，其导函数为f′（x），若f（x）﹣f′（x）＜1，f（0）=2016，则不等式f（x）＞2015ex+1的解集为（）A．（﹣∞，0）∪（0，+∞） B．（0，+∞） C．（2015，+∞） D．（﹣∞，0）∪（2015，+∞）参考答案：B【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】设g（x）=e﹣xf（x）﹣e﹣x，利用导数性质得y=g（x）在定义域上单调递增，从而得到g（x）＞g（0），由此能求出f（x）＞2015?ex+1（其中e为自然对数的底数）的解集．【解答】解：设g（x）=e﹣xf（x）﹣e﹣x，则g′（x）=﹣e﹣xf（x）+e﹣xf′（x）+e﹣x=﹣e﹣x[f（x）﹣f′（x）﹣1]，∵f（x）﹣f′（x）＜1，∴f（x）﹣f′（x）﹣1＜0，∴g′（x）＞0，∴y=g（x）在定义域上单调递增，∵f（x）＞2015?ex+1，∴g（x）＞2015，∵g（0）=e﹣0f（0）﹣e﹣0=f（0）﹣1=2016﹣1=2015，∴g（x）＞g（0）．∴x＞0，∴f（x）＞2015?ex+1（其中e为自然对数的底数）的解集为（0，+∞）．故选：B．【点评】本题考查函数单调性与奇偶性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键，属于中档题．6.在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，点P是边上异于A，B的一点．光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P（如图）．若光线QR经过△ABC的重心，则AP等于（）A．2 B．1 C． D．参考答案：D【考点】IQ：与直线关于点、直线对称的直线方程．【分析】建立坐标系，设点P的坐标，可得P关于直线BC的对称点P1的坐标，和P关于y轴的对称点P2的坐标，由P1，Q，R，P2四点共线可得直线的方程，由于过△ABC的重心，代入可得关于a的方程，解之可得P的坐标，进而可得AP的值．【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴建立直角坐标系如图所示．则A（0，0），B（4，0），C（0，4）．设△ABC的重心为D，则D点坐标为，设P点坐标为（m，0），则P点关于y轴对称点P1为（﹣m，0），因为直线BC方程为x+y﹣4=0，所以P点关于BC的对称点P2为（4，4﹣m），根据光线反射原理，P1，P2均在QR所在直线上，∴，即，解得，或m=0．当m=0时，P点与A点重合，故舍去．∴．故选：D．【点评】本题考查直线与点的对称问题，涉及直线方程的求解以及光的反射原理的应用，属中档题．7.已知等比数列的前三项依次为,,.则

(

)

A．

B．

C．

D．

参考答案：C,,成等比数列,,解得数列的首项为4,公比为.其通项.选C.8.如右图，若输入n的值为4，则输出m的值为A．

B．

C．

D．参考答案：C略9.已知，则

(

) A. B. C. D.参考答案：B略10.已知函数，其导函数的部分图像如图所示，则函数的解析式为(

)A．B．

C．

D.参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知正方形ABCD边长为2，E为AB边上一点，则?的最小值为．参考答案：3【考点】平面向量数量积的运算．【分析】以B点为原点，建立如图所示的坐标系，根据向量的坐标运算即可求出答案．【解答】解：以B点为原点，建立如图所示的坐标系，∵正方形ABCD的边长为2，点E是AB边上的点，设E（0，y），则y∈[0，2]；又D（2，2），C（2，0），∴=（2，2﹣y），=（2，﹣y），∴?=2×2+（2﹣y）×（﹣y）=y2﹣2y+4=（y﹣1）2+3，当y=1时，?取得最小值为3．故答案为：3．【点评】本题考查向量数量积的计算问题，解题时要注意数形结合法的合理运用．12.已知△ABC中，∠C=90°，tanA=，M为AB的中点，现将△ACM沿CM折成三棱锥P﹣CBM，当二面角P﹣CM﹣B大小为60°时，=．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法．【分析】由题意画出图形，找出二面角P﹣CM﹣B的平面角，设AC=2，求解三角形得答案．【解答】解：如图，取BC中点E，连接AE，设AE∩CM=O，再设AC=2，由∠C=90°，tanA=，可得BC=，在Rt△MEC中，可得tan，在Rt△ECA中，求得tan，∴cot∠AEM═，则∠CME+∠AEM=90°，有AE⊥CM．∴PO⊥CM，EO⊥CM，∠POE为二面角P﹣CM﹣B的平面角为60°，∵AE=，OE=1×sin∠CME=，∴PO=．在△POE中，由余弦定理可得PE==．∴PE2+CE2=PC2，即PE⊥BC．则PB=PC=2．在Rt△ACB中，求得AB=2，∴=．故答案为：．【点评】本题考查二面角的平面角及其求法，考查空间想象能力和思维能力，属中档题．13.已知，则的值为__________.参考答案：【分析】由三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，化简得，代入即可求解.【详解】由题意知：，又由.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中利用三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，化简为齐次式求解是解答的关键.着重考查了化简与运算能力，属于基础题.14.设△的三边所对的角分别为，已知，则

;的最大值为

．参考答案：;；15.阅读下列程序框图，该程序输出的结果是．

参考答案：答案：

16.运行右边的程序框图，输出的是数列{2n-1}的前7项。若要使输出的结果是数列{3n-1}的前7项，则须将处理框A内的关系式变更为

。参考答案：a＝a×3略17.已知△ABC的三边长分别为AB=7，BC=5，CA=6,则的值为

·参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠BAD=60°，对角线AC与BD相交于O；OF⊥平面ABCD，BC=CE=DE=2EF=2．（Ⅰ）求证：EF∥BC；（Ⅱ）求直线DE与平面BCFE所成角的正弦值．参考答案：【考点】MI：直线与平面所成的角；LT：直线与平面平行的性质．【分析】（Ⅰ）证明AD∥BC，即可证明BC∥面ADEF，然后证明EF∥BC．（Ⅱ）以O为坐标原点，OA，OB，OF分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，取CD的中点M，连OM，EM．易证EM⊥平面ABCD．求出设面BCFE的法向量，设与所成角为φ，直线DE与面BCEF所成角为θ．通过sinθ=|cosφ|，求解直线EF与平面BCEF所成角的正弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）因为四边形ABCD为菱形所以AD∥BC，且BC?面ADEF，AD?面ADEF所以BC∥面ADEF且面ADEF∩面BCEF=EF所以EF∥BC．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（Ⅱ）因为FO⊥面ABCD所以FO⊥AO，FO⊥OB又因为OB⊥AO以O为坐标原点，OA，OB，OF分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，取CD的中点M，连OM，EM．易证EM⊥平面ABCD．又因为BC=CE=DE=2EF=2，得出以下各点坐标：向量，向量，向量设面BCFE的法向量为：，，得到令时设与所成角为φ，直线DE与面BCEF所成角为θ．sinθ=|cosφ|===直线EF与平面BCEF所成角的正弦值为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13分）【点评】本题考查直线与平面平行的性质定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查计算能力．19.（本小题满分10分）已知函数的图象与的交点为，它在轴右侧的第一个最高点和第一个最低点之间的距离为（1）求的解析式；（2）设，当时，求函数的值域。参考答案：20.（本题12分）已知函数对于函数，若存在，使，则称是的一个不动点，已知函数，（1）当时，求函数的不动点；（2）对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；（3）在（2）的条件下，若的图象上两点的横坐标是的不动点，且两点关于直线对称，求的最小值．参考答案：（1），是的不动点，则，得或，函数的不动点为和．…………….3分（2）∵函数恒有两个相异的不动点，∴恒有两个不等的实根，对恒成立，∴，得的取值范围为．

……………..7分（3）由得，由题知，，设中点为，则的横坐标为，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值为．……..12分21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2AD=2CD=2．E是PB的中点．（Ⅰ）求证：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）若PB=2，求三棱锥的体积．参考答案：解：（1）（2）22.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且

∠ABC=60°，AB=PC=2，AP=BP=．（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角A-PC-D的平面角的余弦值．参考答案：解：（Ⅰ）如图1所示，取AB中点E，连PE、CE．则PE是等腰△PAB的底边上的中线，所以PE⊥AB．PE=1，CE=，PC=2，即．由勾股定理可得，PE⊥CE．

又因为ABì平面ABCD，CEì平面ABCD，Ks5u且AB∩CE=E，所以PE⊥平面ABCD．而PEì平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD．（Ⅱ）（方法1）如图1，在Rt△PEC中，过点E作EF⊥PC于点F，连AF．过A作平面PCD的垂线，垂足为H，连FH．因为AE⊥EC，AE⊥PE，所以AE⊥平面PEC，于是AE⊥PC．又EF⊥PC，所以PC⊥平面AEF，故PC⊥AF．已有PC⊥AH，可得PC⊥平面AFH，所以PC⊥FH．故∠AFH是二面角A-PC-D的平面角．

由AB⊥平面PEC知EF⊥AB，又AB∥CD，所以EF⊥CD．而已有EF⊥PC，所以EF⊥平面PCD．又因为AH⊥平面PCD，所以AH∥EF．由于AB∥平面PCD，所以A、E两点到平面PCD的距离相等，故AH=EF．所以AEFH是矩形，∠AFH=∠EAF．

在Rt△AEF中