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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.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.若集合,则()A. B.C. D.2.已知函数,若关于的方程有且只有一个实数根,则实数的取值范围是()A. B.C. D.3.复数满足,则复数在复平面内所对应的点在()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限4.一个几何体的三视图及尺寸如下图所示,其中正视图是直角三角形,侧视图是半圆,俯视图是等腰三角形,该几何体的表面积是()A.B.C.D.5.若两个非零向量、满足,且,则与夹角的余弦值为()A. B. C. D.6.的展开式中的常数项为()A.-60 B.240 C.-80 D.1807.已知函数,,若对任意的总有恒成立,记的最小值为,则最大值为()A.1 B. C. D.8.已知数列的通项公式是,则()A.0 B.55 C.66 D.789.已知数列满足,且成等比数列.若的前n项和为,则的最小值为()A. B. C. D.10.已知i是虚数单位,则1+iiA.-12+32i11.函数的定义域为()A. B. C. D.12.设i为虚数单位,若复数,则复数z等于()A. B. C. D.0二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在的二项展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则该二项展开式中的常数项等于_____.14.已知公差大于零的等差数列中,、、依次成等比数列,则的值是__________.15.设复数满足,则_________.16.已知△ABC得三边长成公比为2的等比数列,则其最大角的余弦值为_____.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.(1)设,若存在两个极值点,,且,求证:;(2)设,在不单调,且恒成立,求的取值范围.(为自然对数的底数).18.(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.19.(12分)已知()过点,且当时,函数取得最大值1.(1)将函数的图象向右平移个单位得到函数,求函数的表达式;(2)在(1)的条件下,函数,求在上的值域.20.(12分)在中,角、、所对的边分别为、、,且.(1)求角的大小;(2)若,的面积为,求及的值.21.(12分)在中,设、、分别为角、、的对边,记的面积为,且.(1)求角的大小;(2)若,,求的值.22.(10分)在中,角的对边分别为,且.(1)求角的大小;(2)已知外接圆半径,求的周长.
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】
先确定集合中的元素,然后由交集定义求解.【详解】,.故选:A.【点睛】本题考查求集合的交集运算,掌握交集定义是解题关键.2、B【解析】
利用换元法设,则等价为有且只有一个实数根,分三种情况进行讨论,结合函数的图象,求出的取值范围.【详解】解:设,则有且只有一个实数根.当时,当时,,由即,解得,结合图象可知,此时当时,得,则是唯一解,满足题意;当时,此时当时,,此时函数有无数个零点,不符合题意;当时,当时,,此时最小值为,结合图象可知,要使得关于的方程有且只有一个实数根,此时.综上所述:或.故选:A.【点睛】本题考查了函数方程根的个数的应用.利用换元法,数形结合是解决本题的关键.3、B【解析】
设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.【详解】设,则,,,所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.故选:B【点睛】本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.4、D【解析】
由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥,表面积为,故选D.5、A【解析】
设平面向量与的夹角为,由已知条件得出,在等式两边平方,利用平面向量数量积的运算律可求得的值,即为所求.【详解】设平面向量与的夹角为,,可得,在等式两边平方得,化简得.故选:A.【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值,考查平面向量数量积的运算性质的应用,考查计算能力,属于中等题.6、D【解析】
求的展开式中的常数项,可转化为求展开式中的常数项和项,再求和即可得出答案.【详解】由题意,中常数项为,中项为,所以的展开式中的常数项为:.故选:D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式,考查学生计算能力,属于基础题.7、C【解析】
对任意的总有恒成立,因为,对恒成立,可得,令,可得,结合已知,即可求得答案.【详解】对任意的总有恒成立,对恒成立,令,可得令,得当,当,,故令,得当时,当,当时,故选:C.【点睛】本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题,解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法,考查了分析能力和计算能力,属于难题.8、D【解析】
先分为奇数和偶数两种情况计算出的值,可进一步得到数列的通项公式,然后代入转化计算,再根据等差数列求和公式计算出结果.【详解】解:由题意得,当为奇数时,,当为偶数时,所以当为奇数时,;当为偶数时,,所以故选:D【点睛】此题考查数列与三角函数的综合问题,以及数列求和,考查了正弦函数的性质应用,等差数列的求和公式,属于中档题.9、D【解析】
利用等比中项性质可得等差数列的首项,进而求得,再利用二次函数的性质,可得当或时,取到最小值.【详解】根据题意,可知为等差数列,公差,由成等比数列,可得,∴,解得.∴.根据单调性,可知当或时,取到最小值,最小值为.故选:D.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意当或时同时取到最值.10、D【解析】
利用复数的运算法则即可化简得出结果【详解】1+i故选D【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,属于基础题。11、C【解析】
函数的定义域应满足故选C.12、B【解析】
根据复数除法的运算法则,即可求解.【详解】.故选:B.【点睛】本题考查复数的代数运算,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、1【解析】
由题意可得,再利用二项展开式的通项公式,求得二项展开式常数项的值.【详解】的二项展开式的中,只有第5项的二项式系数最大,,通项公式为,令,求得,可得二项展开式常数项等于,故答案为1.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题.14、【解析】
利用等差数列的通项公式以及等比中项的性质,化简求出公差与的关系,然后转化求解的值.【详解】设等差数列的公差为,则,由于、、依次成等比数列,则,即,,解得,因此,.故答案为:.【点睛】本题考查等差数列通项公式以及等比中项的应用,考查计算能力,属于基础题.15、.【解析】
利用复数的运算法则首先可得出,再根据共轭复数的概念可得结果.【详解】∵复数满足,∴,∴,故而可得,故答案为.【点睛】本题考查了复数的运算法则,共轭复数的概念,属于基础题.16、-【解析】试题分析:根据题意设三角形的三边长分别设为为a,2a,2a,∵2a>2a>a,∴2a所对的角为最大角,设为θ,则根据余弦定理得考点:余弦定理及等比数列的定义.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)证明见解析;(2).【解析】
(1)先求出,又由可判断出在上单调递减,故,令,记,利用导数求出的最小值即可;(2)由在上不单调转化为在上有解,可得,令,分类讨论求的最大值,再求解即可.【详解】(1)已知,,由可得,又由,知在上单调递减,令,记,则在上单调递增;,在上单调递增;,(2),,在上不单调,在上有正有负,在上有解,,,恒成立,记,则,记,,在上单调增,在上单调减.于是知(i)当即时,恒成立,在上单调增,,,.(ii)当时,,故不满足题意.综上所述,【点睛】本题主要考查了导数的综合应用,考查了分类讨论,转化与化归的思想,考查了学生的运算求解能力.18、(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.19、(1);(2).【解析】
试题分析:(1)由题意可得函数f(x)的解析式为,则.(2)整理函数h(x)的解析式可得:,结合函数的定义域可得函数的值域为.试题解析:(1)由函数取得最大值1,可得,函数过得,,∵,∴,.(2),,,值域为.20、(1)(2);【解析】
(1)由代入中计算即可;(2)由余弦定理可得,所以,由,变形即可得到答案.【详解】(1)因为,可得:,∴,或(舍),∵,∴.(2)由余弦定理,得所以,故,又,所以,所以.【点睛】本题考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形,考查学生的运算求解能力,是一道容易题.21、(1);(2)【解析】
(1)由三角形面积公式,平面向量数量积的运算可得,结合范围,可求,进而可求的值.(2)利用同角三角函数基本关系式可求,利用两角和的正弦函数公式可求的值,由正弦定理可求得的值.【详解】解:(1)由,得,因为,所以,可得:.(2)中,,所以.所以:,由正弦定理,得,解得,【点睛】本题主要考查了三角形面积公式,平面向量数量积的运算,同角三角函数基本关系式,两角和的正弦函数公式,正弦定理在解三角形中的应用,考查了计算能
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