福建省厦门市外国语学校2022-2023学年数学高三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．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．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式）.A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸2．函数满足对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，，则的值为（）A．0 B．2 C．4 D．13．若直线与圆相交所得弦长为，则（）A．1 B．2 C． D．34．的展开式中含的项的系数为（）A． B．60 C．70 D．805．已知、分别为双曲线：（，）的左、右焦点，过的直线交于、两点，为坐标原点，若，，则的离心率为（）A．2 B． C． D．6．已知，是函数图像上不同的两点，若曲线在点，处的切线重合，则实数的最小值是（）A． B． C． D．17．观察下列各式：，，，，，，，，根据以上规律，则（）A． B． C． D．8．设为等差数列的前项和，若，则A． B．C． D．9．函数在的图象大致为（）A． B．C． D．10．将函数的图象分别向右平移个单位长度与向左平移(>0)个单位长度，若所得到的两个图象重合，则的最小值为()A． B． C． D．11．已知等比数列满足，，等差数列中，为数列的前项和，则（）A．36 B．72 C． D．12．已知复数为虚数单位），则z的虚部为（）A．2 B． C．4 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设，若关于的方程有实数解，则实数的取值范围_____．14．已知数列递增的等比数列，若，，则______.15．在中，内角所对的边分别是.若，，则__，面积的最大值为___.16．已知全集，，则________.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）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形且∥，侧面为等边三角形，且平面平面.（1）求平面与平面所成的锐二面角的大小；（2）若，且直线与平面所成角为，求的值.18．（12分）等差数列的前项和为，已知，.（Ⅰ）求数列的通项公式及前项和为；（Ⅱ）设为数列的前项的和，求证：.19．（12分）已知点、分别在轴、轴上运动，，．（1）求点的轨迹的方程；（2）过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点，，求的取值范围．20．（12分）如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．（Ⅰ）若θ=，求的值；（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长．21．（12分）设函数（）.（1）讨论函数的单调性；（2）若关于x的方程有唯一的实数解，求a的取值范围.22．（10分）已知函数（1）求单调区间和极值；（2）若存在实数，使得，求证：

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、B【解析】试题分析：根据题意可得平地降雨量，故选B.考点：1.实际应用问题；2.圆台的体积.2、C【解析】

根据函数的图象关于点对称可得为奇函数，结合可得是周期为4的周期函数，利用及可得所求的值.【详解】因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，所以为上的奇函数.由可得，故，故是周期为4的周期函数.因为，所以.因为，故，所以.故选：C.【点睛】本题考查函数的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函数满足，那么是周期为的周期函数，本题属于中档题.3、A【解析】

将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可.【详解】圆的标准方程,圆心坐标为,半径为,因为直线与圆相交所得弦长为,所以直线过圆心,得,即.故选：A【点睛】本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题.4、B【解析】

展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，由二项式的通项，可得解【详解】由题意，展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，所以的展开式中含的项的系数为．故选：B【点睛】本题考查了二项式系数的求解，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.5、D【解析】

作出图象，取AB中点E，连接EF2，设F1A＝x，根据双曲线定义可得x＝2a，再由勾股定理可得到c2＝7a2，进而得到e的值【详解】解：取AB中点E，连接EF2，则由已知可得BF1⊥EF2，F1A＝AE＝EB，设F1A＝x，则由双曲线定义可得AF2＝2a+x，BF1﹣BF2＝3x﹣2a﹣x＝2a，所以x＝2a，则EF2＝2a，由勾股定理可得（4a）2+（2a）2＝（2c）2，所以c2＝7a2，则e故选：D．【点睛】本题考查双曲线定义的应用，考查离心率的求法，数形结合思想，属于中档题．对于圆锥曲线中求离心率的问题，关键是列出含有中两个量的方程，有时还要结合椭圆、双曲线的定义对方程进行整理，从而求出离心率.6、B【解析】

先根据导数的几何意义写出在两点处的切线方程，再利用两直线斜率相等且纵截距相等，列出关系树，从而得出，令函数，结合导数求出最小值，即可选出正确答案.【详解】解：当时，，则;当时，则.设为函数图像上的两点，当或时，，不符合题意，故.则在处的切线方程为；在处的切线方程为.由两切线重合可知，整理得.不妨设则，由可得则当时，的最大值为.则在上单调递减，则.故选:B.【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了推理论证能力，考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法.本题的难点是求出和的函数关系式.本题的易错点是计算.7、B【解析】

每个式子的值依次构成一个数列，然后归纳出数列的递推关系后再计算．【详解】以及数列的应用根据题设条件，设数字，，，，，，，构成一个数列，可得数列满足，则，，．故选：B．【点睛】本题主要考查归纳推理，解题关键是通过数列的项归纳出递推关系，从而可确定数列的一些项．8、C【解析】

根据等差数列的性质可得，即，所以，故选C．9、B【解析】

先考虑奇偶性，再考虑特殊值，用排除法即可得到正确答案.【详解】是奇函数，排除C，D；，排除A.故选：B.【点睛】本题考查函数图象的判断，属于常考题.10、B【解析】

首先根据函数的图象分别向左与向右平移m,n个单位长度后，所得的两个图像重合，那么，利用的最小正周期为，从而求得结果.【详解】的最小正周期为，那么(∈)，于是，于是当时，最小值为，故选B.【点睛】该题考查的是有关三角函数的周期与函数图象平移之间的关系，属于简单题目.11、A【解析】

根据是与的等比中项，可求得，再利用等差数列求和公式即可得到.【详解】等比数列满足，，所以，又，所以，由等差数列的性质可得.故选：A【点睛】本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.12、A【解析】

对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.【详解】因为，所以z的虚部为2.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先求出，从而得函数在区间上为增函数；在区间为减函数．即可得的最大值为，令，得函数取得最小值，由有实数解，，进而得实数的取值范围．【详解】解：，当时，；当时，；函数在区间上为增函数；在区间为减函数．所以的最大值为，令，所以当时，函数取得最小值，又因为方程有实数解，那么，即，所以实数的取值范围是：．故答案为：【点睛】本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，属于中档题.14、【解析】

，建立方程组，且，求出，进而求出的公比，即可求出结论.【详解】数列递增的等比数列，，，解得，所以的公比为，.

故答案为:.【点睛】本题考查等比数列的性质、通项公式，属于基础题.15、1【解析】

由正弦定理，结合，，可求出；由三角形面积公式以及角A的范围,即可求出面积的最大值.【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以;所以，当，即时，三角形面积最大.故答案为(1).1(2).【点睛】本题主要考查解三角形的问题，熟记正弦定理以及三角形面积公式即可求解，属于基础题型.16、【解析】

利用集合的补集运算即可求解.【详解】由全集，，所以.故答案为：【点睛】本题考查了集合的补集运算，需理解补集的概念，属于基础题.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）；（2）.【解析】

（1）分别取的中点为，易得两两垂直，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，易得为平面的法向量，只需求出平面的法向量为，再利用计算即可；（2）求出，利用计算即可.【详解】（1）分别取的中点为，连结.因为∥，所以∥.因为，所以.因为侧面为等边三角形，所以又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以两两垂直.以为空间坐标系的原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，，.设平面的法向量为，则，即.取，则，所以.又为平面的法向量，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则，所以平面与平面所成的锐二面角的大小为.（2）由（1）得，平面的法向量为，所以成.又直线与平面所成角为，所以，即，即，化简得，所以，符合题意.【点睛】本题考查利用向量坐标法求面面角、线面角，涉及到面面垂直的性质定理的应用，做好此类题的关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.18、（Ⅰ），（Ⅱ）见解析【解析】

（Ⅰ）根据等差数列公式直接计算得到答案.（Ⅱ），根据裂项求和法计算得到得到证明.【详解】（Ⅰ）等差数列的公差为，由，得，，即，，解得，.∴，.（Ⅱ），∴，∴，即.【点睛】本题考查了等差数列的基本量的计算，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.19、（1）（2）【解析】

(1)设坐标后根据向量的坐标运算即可得到轨迹方程.(2)联立直线和椭圆方程，用坐标表示出，得到，所以，代入韦达定理即可求解.【详解】（1）设，，则，设，由得．又由于，化简得的轨迹的方程为．（2）设直线的方程为，与的方程联立，消去得，，设，，则，，由已知，，则，故直线．，令，则，由于，，．所以，的取值范围为．【点睛】此题考查轨迹问题，椭圆和直线相交，注意坐标表示向量进行转化的处理技巧，属于较难题目.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用三角形面积公式以及并结合正弦定理，可得结果.（Ⅱ）根据，可得，然后使用余弦定理，可得结果.【详解】（Ⅰ），所以所以；（Ⅱ），所以，所以，，所以，所以边．【点睛】本题考查三角形面积公式，正弦定理以及余弦定理的应用，关键在于识记公式，属中档题.21、（1）当时，递增区间时，无递减区间，当时，递增区间时，递减区间时；（2）或.【解析】

（1）求出，对分类讨论，先考虑（或）恒成立的范围，并以此作为的分类标准，若不恒成立，求解，即可得出结论；（2）有解，即，令，转化求函数只有一个实数解，根据（1）中的结论，即可求解.【详解】（1），当时，恒成立，当时，，综上，当时，递增区间时，无递减区间，当时，递增区间时，递减区间时；（2），令，原方程只有一个解，只需只有一个解，即求只有一个零点时，的取值范围，由（1）得当时，在单调递增，且，函数只有一个零点，原方程只有一个解，当时，由（1）得在出取得极小值，也是最小值，当时，，此时函数只有一个零点，原方程只有一个解，当且递增区间时，递减区间时；，当，有两个零点，即原方程有两个解，不合题意，所以的取值范围是或.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到单调性、零点、极值最值，考查分类讨论和等价转化思想，属于中档题.22、（1）时，函数单调递增，，函数单调递减，；（2）见解析【解析】

（1）求出函数的定义域与