安徽舒城桃溪中学2022年数学高三第一学期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考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（）A． B． C． D．2．直角坐标系中，双曲线（）与抛物线相交于、两点，若△是等边三角形，则该双曲线的离心率（）A． B． C． D．3．（）A． B． C． D．4．已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则的值为（）A．2 B．3 C．4 D．5．过双曲线的左焦点作直线交双曲线的两天渐近线于,两点，若为线段的中点，且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．6．已知△ABC中，．点P为BC边上的动点，则的最小值为（）A．2 B． C． D．7．如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（）A． B． C． D．8．已知双曲线：的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．9．复数的虚部为（）A． B． C．2 D．10．已知集合，集合，则A． B．或C． D．11．已知函数，集合，，则（）A． B．C． D．12．如图，长方体中，，，点T在棱上，若平面.则（）A．1 B． C．2 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是偶函数，则的最小值为___________.14．满足线性的约束条件的目标函数的最大值为________15．在中，已知，，则A的值是______.16．如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．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）已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.（1）求和的值；（2）若函数，求的单调递增区间及图象的对称轴方程.18．（12分）已知椭圆（）的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.19．（12分）已知不等式的解集为.（1）求实数的值；（2）已知存在实数使得恒成立，求实数的最大值.20．（12分）已知函数，其中为自然对数的底数.（1）若函数在区间上是单调函数，试求的取值范围；（2）若函数在区间上恰有3个零点，且，求的取值范围.21．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，以椭圆C左顶点T为圆心作圆，设圆T与椭圆C交于点M与点N.（1）求椭圆C的方程；（2）求的最小值，并求此时圆T的方程；（3）设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：为定值.22．（10分）（1）已知数列满足：，且（为非零常数，），求数列的前项和；（2）已知数列满足：（ⅰ）对任意的；（ⅱ）对任意的，，且.①若，求数列是等比数列的充要条件.②求证：数列是等比数列，其中.

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】

由已知可得，根据二倍角公式即可求解.【详解】角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.2、D【解析】

根据题干得到点A坐标为，代入抛物线得到坐标为，再将点代入双曲线得到离心率.【详解】因为三角形OAB是等边三角形，设直线OA为，设点A坐标为，代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为，代入双曲线得到故答案为：D.【点睛】求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范围).3、D【解析】

利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.【详解】由所以，所以原式所以原式故故选：D【点睛】本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题.4、B【解析】

因为将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，可得，结合已知，即可求得答案.【详解】将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，又和的图象都关于对称，由，得，，即，又，.故选：B.【点睛】本题主要考查了三角函数图象平移和根据图象对称求参数，解题关键是掌握三角函数图象平移的解法和正弦函数图象的特征，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.5、C【解析】由题意可得双曲线的渐近线的方程为.∵为线段的中点，∴，则为等腰三角形.∴由双曲线的的渐近线的性质可得∴∴，即.∴双曲线的离心率为故选C.点睛：本题考查了椭圆和双曲线的定义和性质，考查了离心率的求解，同时涉及到椭圆的定义和双曲线的定义及三角形的三边的关系应用，对于求解曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．6、D【解析】

以BC的中点为坐标原点，建立直角坐标系，可得，设，运用向量的坐标表示，求得点A的轨迹，进而得到关于a的二次函数，可得最小值．【详解】以BC的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，可得，设，由，可得，即，则，当时，的最小值为．故选D．【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，考查转化思想和二次函数的值域解法，考查运算能力，属于中档题．7、B【解析】

为所求的二面角的平面角，由得出，求出在内的轨迹，根据轨迹的特点求出的最大值对应的余弦值【详解】，，，，同理为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角，又，在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系则，设，整理可得：在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆平面平面，，为二面角的平面角，当与圆相切时，最大，取得最小值此时故选【点睛】本题主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果．8、A【解析】

利用双曲线：的焦点到渐近线的距离为，求出，的关系式，然后求解双曲线的渐近线方程．【详解】双曲线：的焦点到渐近线的距离为，可得：，可得，，则的渐近线方程为．故选A．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中档题.9、D【解析】

根据复数的除法运算，化简出，即可得出虚部.【详解】解：=，故虚部为-2.故选：D.【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的概念.10、C【解析】

由可得，解得或，所以或，又，所以，故选C．11、C【解析】

分别求解不等式得到集合,再利用集合的交集定义求解即可.【详解】,，∴．故选C．【点睛】本题主要考查了集合的基本运算,难度容易.12、D【解析】

根据线面垂直的性质，可知；结合即可证明，进而求得.由线段关系及平面向量数量积定义即可求得.【详解】长方体中，，点T在棱上，若平面.则，则，所以，则，所以，故选：D.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质应用，平面向量数量积的运算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】

由偶函数性质可得，解得，再结合基本不等式即可求解【详解】令得，所以，当且仅当时取等号.故答案为：2【点睛】考查函数的奇偶性、基本不等式，属于基础题14、1【解析】

作出不等式组表示的平面区域，将直线进行平移，利用的几何意义，可求出目标函数的最大值。【详解】由，得，作出可行域，如图所示：平移直线，由图像知，当直线经过点时，截距最小，此时取得最大值。由，解得，代入直线，得。【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题的解法——平移法。15、【解析】

根据正弦定理，由可得，由可得，将代入求解即得.【详解】，，即，，，则，，，，则.故答案为：【点睛】本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式，是基础题.16、1【解析】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，．故答案为1．考点：正弦定理的应用．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】

（1）直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果．（2）首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．【详解】（1）由题意得，，（2）由，解得，所以对称轴为，.由，解得，所以单调递增区间为.,【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．18、(1)(2)见解析【解析】

（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理.设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可.【详解】(1)由题意可得，，又，解得，.所以，椭圆的方程为(2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称.设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，.设，，定点.(依题意则由韦达定理可得，，.直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数.所以，，即得.又，，所以，，整理得，.从而可得，，即，所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立.特别地，当直线为轴时，也符合题意.综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件，准确计算是关键，是中档题.19、（1）；（2）4【解析】

（1）分类讨论，求解x的范围，取并集，得到绝对值不等式的解集，即得解；（2）转化原不等式为：，利用均值不等式即得解.【详解】（1）当时不等式可化为当时，不等式可化为；当时，不等式可化为；综上不等式的解集为.（2）由（1）有，，，，即而当且仅当：，即，即时等号成立∴，综上实数最大值为4.【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解与不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）求出，再求恒成立，以及恒成立时，的取值范围；（2）由已知，在区间内恰有一个零点，转化为在区间内恰有两个零点，由（1）的结论对分类讨论，根据单调性，结合零点存在性定理，即可求出结论.【详解】（1）由题意得，则，当函数在区间上单调递增时，在区间上恒成立.∴（其中），解得.当函数在区间上单调递减时，在区间上恒成立，∴（其中），解得.综上所述，实数的取值范围是.（2）.由，知在区间内恰有一个零点，设该零点为，则在区间内不单调.∴在区间内存在零点，同理在区间内存在零点.∴在区间内恰有两个零点.由（1）易知，当时，在区间上单调递增，故在区间内至多有一个零点，不合题意.当时，在区间上单调递减，故在区间内至多有一个零点，不合题意，∴.令，得，∴函数在区间上单凋递减，在区间上单调递增.记的两个零点为，∴，必有.由，得.∴又∵，∴.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、零点问题，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.21、（1）；（2）；（3）【解析】

（1）依题意，得，，由此能求出椭圆C的方程.（2）点与点关于轴对称，设，，设，由于点在椭圆C上，故，由，知，由此能求出圆T的方程.（3）设，则直线MP的方程为：，令，得，同理：，由此能证明为定值.【详解】（1）依题意，得，，，故椭圆C的方程为.（2）点与点关于轴对称，设，，设，由于点在椭圆C上，所以，由，则，.由于，故当时，的最小值为，所以，故，又点在圆T上，代入圆的方程得到.故圆T的方程为：（3）设，则直线MP的方程为：，令，得，同理：.故又点与点在椭圆上，故，代入上式得：，所以【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、圆的轨迹方程、直线与椭圆的位置关系中定值问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.22、（1）；（2）①；②证明见解析.【解析】

（1）由条件可得，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，即可得到所求；（2）①若，可令，运用已知条件和等比数列的性质，即可得到所求充要条件；②当，，，由等比数列的定义和不等式的性质，化简变形，即可得到所求结论．【详解】解：（1），，