2023届广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学数学高三上期末联考试题含解析_第1页
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文档简介

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=AB,则集合中的元素共有()A.3个 B.4个 C.5个 D.6个2.已知菱形的边长为2,,则()A.4 B.6 C. D.3.设过抛物线上任意一点(异于原点)的直线与抛物线交于两点,直线与抛物线的另一个交点为,则()A. B. C. D.4.已知数列的首项,且,其中,,,下列叙述正确的是()A.若是等差数列,则一定有 B.若是等比数列,则一定有C.若不是等差数列,则一定有 D.若不是等比数列,则一定有5.下列函数中既关于直线对称,又在区间上为增函数的是()A.. B.C. D.6.在平面直角坐标系中,经过点,渐近线方程为的双曲线的标准方程为()A. B. C. D.7.公元263年左右,我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时,多边形面积可无限逼近圆的面积,并创立了“割圆术”,利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值,这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图,则输出的值为()(参考数据:)A.48 B.36 C.24 D.128.在平行六面体中,M为与的交点,若,,则与相等的向量是()A. B. C. D.9.若的展开式中的系数为-45,则实数的值为()A. B.2 C. D.10.《周易》是我国古代典籍,用“卦”描述了天地世间万象变化.如图是一个八卦图,包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦(每一卦由三个爻组成,其中“”表示一个阳爻,“”表示一个阴爻)若从八卦中任取两卦,这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为()A. B. C. D.11.已知函数,则函数的图象大致为()A. B.C. D.12.已知甲盒子中有个红球,个蓝球,乙盒子中有个红球,个蓝球,同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换,(a)交换后,从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.(b)交换后,乙盒子中含有红球的个数记为.则()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.直线是圆:与圆:的公切线,并且分别与轴正半轴,轴正半轴相交于,两点,则的面积为_________14.一个袋中装着标有数字1,2,3,4,5的小球各2个,从中任意摸取3个小球,每个小球被取出的可能性相等,则取出的3个小球中数字最大的为4的概率是__.15.在平面直角坐标系中,点P在直线上,过点P作圆C:的一条切线,切点为T.若,则的长是______.16.在的展开式中,的系数等于__.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,,分别为内角,,的对边,且.(1)证明:;(2)若的面积,,求角.18.(12分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若不等式恒成立,求实数a的取值范围.19.(12分)已知圆上有一动点,点的坐标为,四边形为平行四边形,线段的垂直平分线交于点.(Ⅰ)求点的轨迹的方程;(Ⅱ)过点作直线与曲线交于两点,点的坐标为,直线与轴分别交于两点,求证:线段的中点为定点,并求出面积的最大值.20.(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若在定义域内是增函数,且存在不相等的正实数,使得,证明:.21.(12分)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(φ为参数),在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2是圆心为(2,),半径为1的圆.(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程;(2)设M为曲线C1上的点,N为曲线C2上的点,求|MN|的取值范围.22.(10分)已知直线是曲线的切线.(1)求函数的解析式,(2)若,证明:对于任意,有且仅有一个零点.

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、A【解析】试题分析:,,所以,即集合中共有3个元素,故选A.考点:集合的运算.2、B【解析】

根据菱形中的边角关系,利用余弦定理和数量积公式,即可求出结果.【详解】如图所示,菱形形的边长为2,,∴,∴,∴,且,∴,故选B.【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题,属于基础题..3、C【解析】

画出图形,将三角形面积比转为线段长度比,进而转为坐标的表达式。写出直线方程,再联立方程组,求得交点坐标,最后代入坐标,求得三角形面积比.【详解】作图,设与的夹角为,则中边上的高与中边上的高之比为,,设,则直线,即,与联立,解得,从而得到面积比为.故选:【点睛】解决本题主要在于将面积比转化为线段长的比例关系,进而联立方程组求解,是一道不错的综合题.4、C【解析】

根据等差数列和等比数列的定义进行判断即可.【详解】A:当时,,显然符合是等差数列,但是此时不成立,故本说法不正确;B:当时,,显然符合是等比数列,但是此时不成立,故本说法不正确;C:当时,因此有常数,因此是等差数列,因此当不是等差数列时,一定有,故本说法正确;D:当时,若时,显然数列是等比数列,故本说法不正确.故选:C【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的定义,考查了推理论证能力,属于基础题.5、C【解析】

根据函数的对称性和单调性的特点,利用排除法,即可得出答案.【详解】A中,当时,,所以不关于直线对称,则错误;B中,,所以在区间上为减函数,则错误;D中,,而,则,所以不关于直线对称,则错误;故选:C.【点睛】本题考查函数基本性质,根据函数的解析式判断函数的对称性和单调性,属于基础题.6、B【解析】

根据所求双曲线的渐近线方程为,可设所求双曲线的标准方程为k.再把点代入,求得k的值,可得要求的双曲线的方程.【详解】∵双曲线的渐近线方程为设所求双曲线的标准方程为k.又在双曲线上,则k=16-2=14,即双曲线的方程为∴双曲线的标准方程为故选:B【点睛】本题主要考查用待定系数法求双曲线的方程,双曲线的定义和标准方程,以及双曲线的简单性质的应用,属于基础题.7、C【解析】

由开始,按照框图,依次求出s,进行判断。【详解】,故选C.【点睛】框图问题,依据框图结构,依次准确求出数值,进行判断,是解题关键。8、D【解析】

根据空间向量的线性运算,用作基底表示即可得解.【详解】根据空间向量的线性运算可知因为,,则即,故选:D.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算,用基底表示向量,属于基础题.9、D【解析】

将多项式的乘法式展开,结合二项式定理展开式通项,即可求得的值.【详解】∵所以展开式中的系数为,∴解得.故选:D.【点睛】本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用,指定项系数的求法,属于基础题.10、C【解析】

分类讨论,仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦,从中取两卦;从仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦中取一个,再取没有阳爻的坤卦,计算满足条件的种数,利用古典概型即得解.【详解】由图可知,仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦,从中取两卦满足条件,其种数是;仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦,没有阳爻的是坤卦,此时取两卦满足条件的种数是,于是所求的概率.故选:C【点睛】本题考查了古典概型的应用,考查了学生综合分析,分类讨论,数学运算的能力,属于基础题.11、A【解析】

用排除法,通过函数图像的性质逐个选项进行判断,找出不符合函数解析式的图像,最后剩下即为此函数的图像.【详解】设,由于,排除B选项;由于,所以,排除C选项;由于当时,,排除D选项.故A选项正确.故选:A【点睛】本题考查了函数图像的性质,属于中档题.12、A【解析】分析:首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数,对应的事件有哪些结果,从而得到对应的概率的大小,再者就是对随机变量的值要分清,对应的概率要算对,利用公式求得其期望.详解:根据题意有,如果交换一个球,有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球,红球的个数就会出现三种情况;如果交换的是两个球,有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝,对应的红球的个数就是五种情况,所以分析可以求得,故选A.点睛:该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题,在解题的过程中,需要对其对应的事件弄明白,对应的概率会算,以及变量的可取值会分析是多少,利用期望公式求得结果.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

根据题意画出图形,设,利用三角形相似求得的值,代入三角形的面积公式,即可求解.【详解】如图所示,设,由与相似,可得,解得,再由与相似,可得,解得,由三角形的面积公式,可得的面积为.故答案为:.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用,以及三角形相似的应用,着重考查了数形结合思想,以及推理与运算能力,属于基础题.14、【解析】

由题,得满足题目要求的情况有,①有一个数字4,另外两个数字从1,2,3里面选和②有两个数字4,另外一个数字从1,2,3里面选,由此即可得到本题答案.【详解】满足题目要求的情况可以分成2大类:①有一个数字4,另外两个数字从1,2,3里面选,一共有种情况;②有两个数字4,另外一个数字从1,2,3里面选,一共有种情况,又从中任意摸取3个小球,有种情况,所以取出的3个小球中数字最大的为4的概率.故答案为:【点睛】本题主要考查古典概型与组合的综合问题,考查学生分析问题和解决问题的能力.15、【解析】

作出图像,设点,根据已知可得,,且,可解出,计算即得.【详解】如图,设,圆心坐标为,可得,,,,,解得,,即的长是.故答案为:【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,以及求平面两点间的距离,运用了数形结合的思想.16、7【解析】

由题,得,令,即可得到本题答案.【详解】由题,得,令,得x的系数.故答案为:7【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,属基础题.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)利用余弦定理化简已知条件,由此证得(2)利用正弦定理化简(1)的结论,得到,利用三角形的面积公式列方程,由此求得,进而求得的值,从而求得角.【详解】(1)由已知得,由余弦定理得,∴.(2)由(1)及正弦定理得,即,∴,∴,∴.,∴,,.【点睛】本小题主要考查余弦定理、正弦定理解三角形,考查三角形的面积公式,考查化归与转化的数学思想方法,考查运算求解能力,属于中档题.18、(1)(2)【解析】

(1)利用分段讨论法去掉绝对值,结合图象,从而求得不等式的解集;(2)求出函数的最小值,把问题化为,从而求得的取值范围.【详解】(1)当时,则所以不等式的解集为.(2)等价于,而,故等价于,所以或,即或,所以实数a的取值范围为.【点睛】本题考查含有绝对值的不等式解法、不等式恒成立问题,考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,难度一般.19、(Ⅰ);(Ⅱ)4.【解析】

(Ⅰ)先画出图形,结合垂直平分线和平行四边形性质可得为一定值,,故可确定点轨迹为椭圆(),进而求解;(Ⅱ)设直线方程为,点坐标分别为,联立直线与椭圆方程得,,分别由点斜式求得直线KA的方程为,令得,同理得,由结合韦达定理即可求解,而,当重合交于点时,可求最值;【详解】(Ⅰ),所以点的轨迹是一个椭圆,且长轴长,半焦距,所以,轨迹的方程为.(Ⅱ)当直线的斜率为0时,与曲线无交点.当直线的斜率不为0时,设过点的直线方程为,点坐标分别为.直线与椭圆方程联立得消去,得.则,.直线KA的方程为.令得.同理可得.所以.所以的中点为.不妨设点在点的上方,则.【点睛】本题考查根据椭圆的定义求椭圆的方程,椭圆中的定点定值问题,属于中档题20、(1)当时,在上递增,在上递减;当时,在上递增,在上递减,在上递增;当时,在上递增;当时,在上递增,在上递减,在上递增;(2)证明见解析【解析】

(1)对求导,分,,进行讨论,可得的单调性;(2)在定义域内是是增函数,由(1)可知,,设,可得,则,设,对求导,利用其单调性可证明.【详解】解:的定义域为,因为,所以,当时,令,得,令,得;当时,则,令,得,或,令,得;当时,,当时,则,令,得;综上所述,当时,在上递增,在上递减;当时,在上递增,在上递减,在上递增;当时,在上递增;当时,在上递增,在上递减,在上递增;(2)在定义域内是是增函数,由(1)可知,此时,设,又因为,则,设,则对于任意成立,所以在上是增函数,所以对于,有,即,有,因为,所以,即,又在递增,所以,即.【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用,考查学生分类讨论与转化的思想,综合性大,属于难题.21、(1)C1:y2=1,C2:x2+(y﹣2)2=1;(2)[0,1]【解析】

(Ⅰ)消去参数φ可得C1的直角坐标方程,易得曲线C2的圆心的直角坐标为(0,2),可得C2的直角坐标方程;(Ⅱ)设M(3cosφ,sinφ),由三角函数和二次函数可得|MC2|的取值范围,结合圆的知识可得答案.【详解】(1)消去参数φ可得C1的普通方程为y2=1,∵曲线C2/r/

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