2022年广东省越秀外国语学校高三数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1．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．已知m为实数，直线：，：，则“”是“”的（）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件2．已知集合，，，则集合()A． B． C． D．3．如图所示，正方体的棱，的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．4．已知数列满足：，则()A．16 B．25 C．28 D．335．已知，则（）A．2 B． C． D．36．已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．47．函数的图象与函数的图象的交点横坐标的和为（）A． B． C． D．8．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（）A．12 B． C． D．109．陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为（）A． B．C． D．10．已知，如图是求的近似值的一个程序框图，则图中空白框中应填入A． B．C． D．11．已知集合A={x|y=lg（4﹣x2）}，B={y|y=3x，x＞0}时，A∩B=（）A．{x|x＞﹣2}B．{x|1＜x＜2}C．{x|1≤x≤2}D．∅12．执行如图所示的程序框图，若输出的值为8，则框图中①处可以填（）．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，为虚数单位，且，则=_____.14．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，，则该四面体的外接球的体积为__________．15．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．16．已知函数，则过原点且与曲线相切的直线方程为____________.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）选修4­4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（α为参数）．以直角坐标系原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，点P为曲线C上的动点，求点P到直线l距离的最大值．18．（12分）已知直线的参数方程：（为参数）和圆的极坐标方程：（1）将直线的参数方程化为普通方程，圆的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）已知点，直线与圆相交于、两点，求的值.19．（12分）设数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，，若，，成等比数列．（1）求及；（2）设，设数列的前项和，证明：．20．（12分）已知抛物线:，点为抛物线的焦点，焦点到直线的距离为，焦点到抛物线的准线的距离为，且.（1）求抛物线的标准方程；（2）若轴上存在点，过点的直线与抛物线相交于、两点，且为定值，求点的坐标.21．（12分）已知椭圆：（），四点，，，中恰有三点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左右顶点分别为.是椭圆上异于的动点，求的正切的最大值.22．（10分）已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且.（1）讨论的单调性（2）求实数和a的值（3）证明

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】

根据直线平行的等价条件，求出m的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】当m=1时，两直线方程分别为直线l1：x+y﹣1=0，l2：x+y﹣2=0满足l1∥l2，即充分性成立，当m=0时，两直线方程分别为y﹣1=0，和﹣2x﹣2=0，不满足条件．当m≠0时，则l1∥l2⇒，由得m2﹣3m+2=0得m=1或m=2，由得m≠2，则m=1，即“m=1”是“l1∥l2”的充要条件，故答案为：A【点睛】（1）本题主要考查充要条件的判断，考查两直线平行的等价条件，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题也可以利用下面的结论解答，直线和直线平行，则且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.2、D【解析】

根据集合的混合运算，即可容易求得结果.【详解】，故可得.故选：D.【点睛】本题考查集合的混合运算，属基础题.3、C【解析】

以D为原点，DA，DC，DD1分别为轴，建立空间直角坐标系，由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值．【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则，，，取平面的法向量为，设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ，则sinθ＝|，直线与平面所成角的正弦值为.故选C．【点睛】本题考查了线面角的正弦值的求法，也考查数形结合思想和向量法的应用，属于中档题．4、C【解析】

依次递推求出得解.【详解】n=1时，，n=2时，，n=3时，，n=4时，，n=5时，.故选：C【点睛】本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5、A【解析】

利用分段函数的性质逐步求解即可得答案．【详解】，；；故选：．【点睛】本题考查了函数值的求法，考查对数的运算和对数函数的性质，是基础题，解题时注意函数性质的合理应用．6、C【解析】

根据对称性即可求出答案．【详解】解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2，故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2，故选：C．【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．7、B【解析】

根据两个函数相等，求出所有交点的横坐标，然后求和即可.【详解】令，有，所以或.又，所以或或或，所以函数的图象与函数的图象交点的横坐标的和，故选B.【点睛】本题主要考查三角函数的图象及给值求角，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.8、C【解析】

取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径【详解】如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，故选：C.【点睛】此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.9、C【解析】

画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可，【详解】由题意可知几何体的直观图如图：上部是底面半径为1，高为3的圆柱，下部是底面半径为2，高为2的圆锥,几何体的表面积为：，故选：C【点睛】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键.10、C【解析】

由于中正项与负项交替出现，根据可排除选项A、B；执行第一次循环：，①若图中空白框中填入，则，②若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第二次循环：由①②均可得，③若图中空白框中填入，则，④若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第三次循环：由③可得，符合题意，由④可得，不符合题意，所以图中空白框中应填入，故选C．11、B【解析】试题分析：由集合A中的函数y=lg(4-x2)，得到4-x2>0，解得：-2<x<2，∴集合A={x|-2<x<2}，由集合B中的函数考点：交集及其运算．12、C【解析】

根据程序框图写出几次循环的结果，直到输出结果是8时.【详解】第一次循环：第二次循环：第三次循环：第四次循环：第五次循环：第六次循环：第七次循环：第八次循环：所以框图中①处填时，满足输出的值为8.故选：C【点睛】此题考查算法程序框图，根据循环条件依次写出每次循环结果即可解决，属于简单题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】

解：利用复数相等，可知由有．14、【解析】

将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.【点睛】本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.15、9【解析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.16、【解析】

设切点坐标为，利用导数求出曲线在切点的切线方程，将原点代入切线方程，求出的值，于此可得出所求的切线方程．【详解】设切点坐标为，，，，则曲线在点处的切线方程为，由于该直线过原点，则，得，因此，则过原点且与曲线相切的直线方程为，故答案为．【点睛】本题考查导数的几何意义，考查过点作函数图象的切线方程，求解思路是：（1）先设切点坐标，并利用导数求出切线方程；（2）将所过点的坐标代入切线方程，求出参数的值，可得出切点的坐标；（3）将参数的值代入切线方程，可得出切线的方程．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），（2）【解析】

试题分析：利用将极坐标方程化为直角坐标方程：化简为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即为x＋y＝1．再利用点到直线距离公式得：设点P的坐标为（2cosα，sinα），得P到直线l的距离试题解析：解：化简为ρcosθ＋ρsinθ＝1，则直线l的直角坐标方程为x＋y＝1．设点P的坐标为（2cosα，sinα），得P到直线l的距离，dmax＝．考点：极坐标方程化为直角坐标方程，点到直线距离公式18、（1）：，：；（2）【解析】

（1）消去参数求得直线的普通方程，将两边同乘以，化简求得圆的直角坐标方程.（2）求得直线的标准参数方程，代入圆的直角坐标方程，化简后写出韦达定理，根据直线参数的几何意义，求得的值.【详解】（1）消去参数，得直线的普通方程为，将两边同乘以得，，∴圆的直角坐标方程为；（2）经检验点在直线上，可转化为①，将①式代入圆的直角坐标方程为得，化简得，设是方程的两根，则，，∵，∴与同号，由的几何意义得.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用直线参数的几何意义求解距离问题，属于中档题.19、（1），；（2）证明见解析.【解析】

（1）根据题中条件求出等差数列的首项和公差，然后根据首项和公差即可求出数列的通项和前项和；（2）根据裂项求和求出，根据的表达式即可证明.【详解】（1）设的公差为，由题意有，且，所以，；（2）因为，所以，.【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的求解，裂项求和法，属于基础题.20、（1）（2）【解析】

（1）先分别表示出，然后根据求解出的值，则的标准方程可求；（2）设出直线的方程并联立抛物线方程得到韦达定理形式，然后根据距离公式表示出并代入韦达定理形式，由此判断出为定值时的坐标.【详解】（1）由题意可得，焦点，，则，，∴解得.抛物线的标准方程为（2）设，设点，，显然直线的斜率不为0.设直线的方程为联立方程，整理可得，，∴，∴要使为定值，必有，解得，∴为定值时，点的坐标为【点睛】本题考查抛物线方程的求解以及抛物线中的定值问题，难度一般.（1）处理直线与抛物线相交对应的定值问题，联立直线方程借助韦达定理形式是常用方法；（2）直线与圆锥曲线的问题中，直线方程的设法有时能很大程度上起到简化运算的作用。21、（1）；（2）【解析】

（1）分析可得必在椭圆上，不在椭圆上，代入即得解；（2）设直线PA，PB的倾斜角分别为，斜率为，可得.则，，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）因为关于轴对称，所以必在椭圆上，∴不在椭圆上∴，，即.（2）设椭圆上的点（），设直线PA，PB的倾斜角分别为，斜率为又∴.，，（不妨设）.故当且仅当，即时等号成立【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.22、（1）在区间单调递增；（2）；（3）证明见解析.【解析】

（1）求出，在定义域内，再次求导，可得在区间上恒成立，从而可得结论；（2）由，可得，由可得，联立解方程组可得结果；（3）由（1）知在区间单调递增，可证明，取，可得，而，利用裂项相消法，结合放缩法可得结果.【详解】（1）由已知可得函数的定义域为，且，令，则有，由，可得，可知当x变化时，的变化情况如下表：1-0+极小值，即，可得在区间单调递增；（2）由已知可得函数的定义域为，且，由已知得，即，①由可得，，②联立①②，消去a，可得