甘肃省定西市2022-2023学年数学高三第一学期期末教学质量检测试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．若函数（其中，图象的一个对称中心为，，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为，为了得到的图象，则只要将的图象()A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度2．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A．48 B．72 C．90 D．963．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（）A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．4x±y=0 D．x±4y=04．某校为提高新入聘教师的教学水平，实行“老带新”的师徒结对指导形式，要求每位老教师都有徒弟，每位新教师都有一位老教师指导，现选出3位老教师负责指导5位新入聘教师，则不同的师徒结对方式共有（）种.A．360 B．240 C．150 D．1205．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（）A． B． C．1 D．6．某四棱锥的三视图如图所示，记为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）.A．，且 B．，且C．，且 D．，且7．给出个数，，，，，，其规律是：第个数是，第个数比第个数大，第个数比第个数大，第个数比第个数大，以此类推，要计算这个数的和．现已给出了该问题算法的程序框图如图，请在图中判断框中的①处和执行框中的②处填上合适的语句，使之能完成该题算法功能()A．； B．；C．； D．；8．设全集，集合，，则（）A． B． C． D．9．已知集合，，则()A． B． C． D．10．已知函数的图像向右平移个单位长度后，得到的图像关于轴对称，，当取得最小值时，函数的解析式为（）A． B．C． D．11．已知、分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点、，过点作轴的垂线，垂足恰为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．12．正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在体积为V的圆柱中，以线段上的点O为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为，，则的值是______.14．若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为______.15．己知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则__________.16．若函数为奇函数，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）在直角坐标系中，直线的参数方程是为参数），曲线的参数方程是为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线和曲线的极坐标方程；（2）已知射线与曲线交于两点，射线与直线交于点，若的面积为1，求的值和弦长．18．（12分）已知；.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若为真命题且为假命题，求实数的取值范围.19．（12分）在，角、、所对的边分别为、、，已知.（1）求的值；（2）若，边上的中线，求的面积.20．（12分）已知在中，角，，的对边分别为，，，的面积为.（1）求证：；（2）若，求的值.21．（12分）如图，在三棱锥中，，是的中点，点在上，平面，平面平面，为锐角三角形，求证：（1）是的中点；（2）平面平面.22．（10分）已知函数，为的导数，函数在处取得最小值．（1）求证：；（2）若时，恒成立，求的取值范围．

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】

由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再根据函数的图象变换规律，诱导公式，得出结论．【详解】根据已知函数其中，的图象过点，，可得，，解得：．再根据五点法作图可得，可得：，可得函数解析式为：故把的图象向左平移个单位长度，可得的图象，故选B．【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数的图象变换规律，诱导公式的应用，属于中档题．2、D【解析】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为：96点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．3、A【解析】试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线．解：双曲线其渐近线方程是﹣y2=1整理得x±2y=1．故选A．点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题．4、C【解析】

可分成两类，一类是3个新教师与一个老教师结对，其他一新一老结对，第二类两个老教师各带两个新教师，一个老教师带一个新教师，分别计算后相加即可．【详解】分成两类，一类是3个新教师与同一个老教师结对，有种结对结对方式，第二类两个老教师各带两个新教师，有．∴共有结对方式60＋90＝150种．故选：C．【点睛】本题考查排列组合的综合应用．解题关键确定怎样完成新老教师结对这个事情，是先分类还是先分步，确定方法后再计数．本题中有一个平均分组问题．计数时容易出错．两组中每组中人数都是2，因此方法数为．5、B【解析】

设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.【详解】由题意可知点，设点、，设直线的方程为，由于点是的中点，则，将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，由韦达定理得，得，，解得，因此，直线的斜率为.故选：B.【点睛】本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.6、D【解析】

首先把三视图转换为几何体，根据三视图的长度，进一步求出个各棱长.【详解】根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体，如图所示：所以：，，.故选：D..【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.7、A【解析】

要计算这个数的和，这就需要循环50次，这样可以确定判断语句①，根据累加最的变化规律可以确定语句②.【详解】因为计算这个数的和，循环变量的初值为1，所以步长应该为1，故判断语句①应为，第个数是，第个数比第个数大，第个数比第个数大，第个数比第个数大，这样可以确定语句②为，故本题选A.【点睛】本题考查了补充循环结构，正确读懂题意是解本题的关键.8、D【解析】

求解不等式，得到集合A，B，利用交集、补集运算即得解【详解】由于故集合或故集合故选：D【点睛】本题考查了集合的交集和补集混合运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.9、D【解析】

先求出集合B，再与集合A求交集即可.【详解】由已知，，故，所以.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.10、A【解析】

先求出平移后的函数解析式，结合图像的对称性和得到A和.【详解】因为关于轴对称，所以，所以，的最小值是.，则，所以.【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换及性质.平移图像时需注意x的系数和平移量之间的关系.11、B【解析】

设点位于第二象限，可求得点的坐标，再由直线与直线垂直，转化为两直线斜率之积为可得出的值，进而可求得双曲线的离心率.【详解】设点位于第二象限，由于轴，则点的横坐标为，纵坐标为，即点，由题意可知，直线与直线垂直，，，因此，双曲线的离心率为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出、、的等量关系，考查计算能力，属于中等题.12、C【解析】

分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.【详解】解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，，，则，，由，即，得.所以=，所以当时，的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示，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】

根据圆柱的体积为，以及圆锥的体积公式，计算即得.【详解】由题得，，得.故答案为：【点睛】本题主要考查圆锥体的体积，是基础题.14、【解析】

二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.【详解】解：如图，设二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线的距离为d，则，即.∵点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，∴，则，∵动点Q的轨迹是抛物线，∴，即则.∴二面角的平面角的余弦值为解得：（）.故答案为：.【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的侧面与底面的夹角求参数值，属于中档题.15、【解析】

先求导，再根据导数的几何意义，有求解.【详解】因为函数，所以，所以，解得.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，还考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.16、-2【解析】

由是定义在上的奇函数,可知对任意的,都成立,代入函数式可求得的值.【详解】由题意,的定义域为,,是奇函数,则,即对任意的,都成立,故,整理得,解得.故答案为:.【点睛】本题考查奇函数性质的应用,考查学生的计算求解能力,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）先把直线和曲线的参数方程化成普通方程，再化成极坐标方程；（2）联立极坐标方程，根据极径的几何意义可得，再由面积可解得极角，从而可得．【详解】（1）直线的参数方程是为参数），消去参数得直角坐标方程为：．转换为极坐标方程为：，即．曲线的参数方程是（为参数），转换为直角坐标方程为：，化为一般式得化为极坐标方程为：．

（2）由于，得，．所以，所以，由于，所以，所以．【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、直角坐标方程与极坐标方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.18、（1）（2）或【解析】

（1）根据为真命题列出不等式，进而求得实数的取值范围；（2）应用复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.【详解】（1），且，解得所以当为真命题时，实数的取值范围是.（2）由，可得，又∵当时，，.∵当为真命题，且为假命题时，∴与的真假性相同，当假假时，有，解得；当真真时，有，解得；故当为真命题且为假命题时，可得或.【点睛】本题主要考查结合不等式的含有量词的命题的恒成立问题，存在性问题，考查复合命题的真假判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.19、(1)(2)答案不唯一，见解析【解析】

（1）由题意根据和差角的三角函数公式可得，再根据同角三角函数基本关系可得的值；（2）在中，由余弦定理可得，解方程分别由三角形面积公式可得答案．【详解】解：（1）在中，因为，又已知，所以，因为，所以，于是.所以.（2）在中，由余弦定理得，得解得或，当时，的面积，当时，的面积.【点睛】本题考查正余弦定理理解三角形，涉及三角形的面积公式和分类讨论思想，属于中档题．20、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）利用，利用正弦定理，化简即可证明（2）利用（1），得到当时，，得出，得出，然后可得【详解】证明：（1）据题意，得，∴，∴.又∵，∴，∴.解：（2）由（1）求解知，.∴当时，.又，∴，∴，∴.【点睛】本题考查正弦与余弦定理的应用，属于基础题21、（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】

（1）推导出，由是的中点，能证明是有中点．（2）作于点，推导出平面，从而，由，能证明平面，由此能证明平面平面．【详解】证明：（1）在三棱锥中，平面，平面平面，平面，，在中，是的中点，是有中点．（2）在三棱锥中，是锐角三角形，在中，可作于点，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，，平面，平面，平面平面．【点睛】本题考查线段中点的证明，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．22、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）对求导，令，求导研究单调性，分析可得存在使得，即，即得证；（2）分，两种情况讨论，当时，转化利用均值不等式即得证；当，有两个不同的零点，，分析可得的最小值为，分，讨论即得解.【详解】（1）由题意，令，则，知为的增函数，因为，，所以，存在使得，即．所以，当时，为减函数，当时，为增函数，故当时，取得最小值