2022-2023学年西藏日喀则市第一高级中学数学高三上期末质量跟踪监视试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．若复数（为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为()A． B． C． D．2．曲线上任意一点处的切线斜率的最小值为（）A．3 B．2 C． D．13．已知为一条直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．已知某口袋中有3个白球和个黑球（），现从中随机取出一球，再换回一个不同颜色的球（即若取出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球），记换好球后袋中白球的个数是．若，则=()A． B．1 C． D．25．函数的图象大致为（）A． B．C． D．6．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（）A． B． C． D．7．函数的图像大致为（）A． B．C． D．8．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：①曲线有四条对称轴；②曲线上的点到原点的最大距离为；③曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为；④四叶草面积小于.其中，所有正确结论的序号是（）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④9．已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．10．四人并排坐在连号的四个座位上，其中与不相邻的所有不同的坐法种数是（）A．12 B．16 C．20 D．811．若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（）A． B． C． D．12．若复数满足，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知△的三个内角为，，，且，，成等差数列，则的最小值为__________，最大值为___________.14．定义在上的偶函数满足，且，当时，.已知方程在区间上所有的实数根之和为.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则__________，__________.15．若一个正四面体的棱长为1，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为_________.16．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且，则实数的值为_________．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（I）若讨论的单调性；（Ⅱ）若，且对于函数的图象上两点，存在，使得函数的图象在处的切线.求证：.18．（12分）如图，在四棱锥中，，，.（1）证明：平面；（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）设函数，.（1）求函数的极值；（2）对任意，都有，求实数a的取值范围.20．（12分）已知，，，.（1）求的值；（2）求的值.21．（12分）已知函数.（1）若曲线存在与轴垂直的切线，求的取值范围.（2）当时，证明：.22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.（1）求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（2）直线l与圆C交于A，B两点，点P(2,1)，求|PA|⋅|PB|的值.

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、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.2、A【解析】

根据题意，求导后结合基本不等式，即可求出切线斜率，即可得出答案.【详解】解：由于，根据导数的几何意义得：，即切线斜率，当且仅当等号成立，所以上任意一点处的切线斜率的最小值为3.故选：A.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用以及运用基本不等式求最值，考查计算能力.3、D【解析】A.若，则或，故A错误；B.若，则或故B错误；C.若，则或，或与相交；D.若，则，正确.故选D.4、B【解析】由题意或4，则，故选B．5、A【解析】

根据函数的奇偶性和单调性，排除错误选项，从而得出正确选项.【详解】因为，所以是偶函数，排除C和D.当时，，，令，得，即在上递减；令，得，即在上递增.所以在处取得极小值，排除B.故选：A【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，属于中档题.6、A【解析】分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.图钉落在黄色图形内的概率为.落在黄色图形内的图钉数大约为.故选：A.点睛：应用几何概型求概率的方法建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．7、A【解析】

根据排除，，利用极限思想进行排除即可．【详解】解：函数的定义域为，恒成立，排除，，当时，，当，，排除，故选：．【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．8、C【解析】

①利用之间的代换判断出对称轴的条数；②利用基本不等式求解出到原点的距离最大值；③将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值；④根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.【详解】①：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；综上可知：有四条对称轴，故正确；②：因为，所以，所以，所以，取等号时，所以最大距离为，故错误；③：设任意一点，所以围成的矩形面积为，因为，所以，所以，取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，故正确；④：由②可知，所以四叶草包含在圆的内部，因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，故正确.故选：C.【点睛】本题考查曲线与方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用，难度较难.分析方程所表示曲线的对称性，可通过替换方程中去分析证明.9、B【解析】

构造函数（），求导可得在上单调递增,则,问题转化为,即至少有2个正整数解,构造函数,,通过导数研究单调性,由可知，要使得至少有2个正整数解,只需即可,代入可求得结果.【详解】构造函数（），则（），所以在上单调递增，所以，故问题转化为至少存在两个正整数x，使得成立，设，，则，当时，单调递增；当时，单调递增.，整理得.故选:B.【点睛】本题考查导数在判断函数单调性中的应用,考查不等式成立问题中求解参数问题,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度较难.10、A【解析】

先将除A，B以外的两人先排，再将A，B在3个空位置里进行插空，再相乘得答案.【详解】先将除A，B以外的两人先排，有种；再将A，B在3个空位置里进行插空，有种，所以共有种.故选：A【点睛】本题考查排列中不相邻问题，常用插空法，属于基础题.11、B【解析】

利用等差数列性质，若，则求出，再利用等差数列前项和公式得【详解】解：因为，由等差数列性质，若，则得，．为数列的前项和，则．故选：．【点睛】本题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列，若，则．(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.12、B【解析】

由题意得,,求解即可.【详解】因为,所以.故选:B.【点睛】本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范围，然后构造函数，利用导数，研究函数性质，可得结果.【详解】由，，成等差数列所以所以又化简可得当且仅当时，取等号又，所以令，则当，即时，当，即时，则在递增，在递减所以由，所以所以的最小值为最大值为故答案为：，【点睛】本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.14、24【解析】

根据函数为偶函数且，所以的周期为，的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，在平面直角坐标系中画出函数图象，根据函数的对称性可得所有实数根的和为，从而可得参数的值，最后求出函数的解析式，代入求值即可.【详解】解：因为为偶函数且，所以的周期为.因为时，，所以可作出在区间上的图象，而方程的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，结合函数和函数在区间上的简图，可知两个函数的图象在区间上有六个交点.由图象的对称性可知，此六个交点的横坐标之和为，所以，故.因为，所以.故.故答案为：；【点睛】本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的应用，函数方程思想，数形结合思想，属于难题.15、【解析】

将四面体补成一个正方体，通过正方体的对角线与球的半径的关系，得到球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，将正四面体补形成一个正方体，则正四面体的外接球与正方体的外接球表示同一个球，因为正四面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，设球的半径为，因为球的直径是正方体的对角线，即，解得，所以球的表面积为.【点睛】本题主要考查了有关求得组合体的结构特征，以及球的表面积的计算，其中巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径等于正方体的对角线长，得到球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于基础题.16、0或6【解析】

计算得到圆心，半径，根据得到，利用圆心到直线的距离公式解得答案.【详解】，即，圆心，半径.，故圆心到直线的距离为，即，故或.故答案为：或.【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。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)见证明【解析】

(1)对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；(2)根据题意，由导数几何意义得到，将证明转化为证明即可，再令，设，用导数方法判断出的单调性，进而可得出结论成立.【详解】（1）解：易得，函数的定义域为，，令，得或.①当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为.②当时，时，，函数单调递减；或时，，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为，.③当时，时，，函数单调递增；此时，的减区间为.综上，当时，的减区间为，增区间为：当时，的减区间为，增区间为.；当时，增区间为.（2）证明：由题意及导数的几何意义，得由（1）中得.易知，导函数在上为增函数，所以，要证，只要证，即，即证.因为，不妨令，则.所以，所以在上为增函数，所以，即，所以，即，即.故有（得证）.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可，属于常考题型.18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；（2）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.【详解】（1）∵，，∴，∴，∵，平面，∴平面（2）由（1）知，，又为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∵，∴，设是平面的一个法向量则，即，取得∴∴直线与平面所成的正弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.19、（1）当时，无极值；当时，极小值为；（2）.【解析】

（1）求导，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数的极值；（2）构造函数，两次求导，根据函数单调性，由恒成立问题求参数范围即可.【详解】（1）依题，当时，，函数在上单调递增，此时函数无极值；当时，令，得，令，得所以函数在上单调递增，在上单调递减.此时函数有极小值，且极小值为.综上：当时，函数无极值；当时，函数有极小值，极小值为.（2）令易得且，令所以，因为，，从而，所以，在上单调递增.又若，则所以在上单调递增，从而，所以时满足题意.若，所以，，在中，令，由（1）的单调性可知，有最小值，从而.所以所以，由零点存在性定理：，使且在上单调递减，在上单调递增.所以当时，.故当，不成立.综上所述：的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的极值，涉及由恒成立问题求参数范围的问题，属压轴题.20、（1）（2）【解析】

（1）先利用同角的三角函数关系解得和,再由,利用正弦的差角公式求解即可；（2）由（1）可得和,利用余弦的二倍角公式求得,再由正切的和角公式求解即可.【详解】解:（1）因为,所以又,故,所以,所以（2）由（1）