江西省“山江湖”协作体2022年数学高三第一学期期末考试模拟试题含解析

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．已知向量，，当时，（）A． B． C． D．2．已知函数则函数的图象的对称轴方程为（）A． B．C． D．3．函数的一个单调递增区间是（）A． B． C． D．4．已知函数，，若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围为（）A． B．C． D．5．已知函数在区间有三个零点，，，且，若，则的最小正周期为（）A． B． C． D．6．已知平面向量，满足，，且，则（）A．3 B． C． D．57．已知，，分别是三个内角，，的对边，，则（）A． B． C． D．8．复数（）．A． B． C． D．9．设集合，，则集合A． B． C． D．10．已知非零向量、，若且，则向量在向量方向上的投影为（）A． B． C． D．11．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（）A． B．C． D．12．的展开式中的系数为()A．－30 B．－40 C．40 D．50二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现已日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门app.该款软件主要设有“阅读文章”和“视听学习”两个学习板块和“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”、“挑战答题”四个答题板块.某人在学习过程中，将六大板块依次各完成一次，则“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有________种.14．已知实数，满足约束条件，则的最大值是__________.15．如果复数满足，那么______（为虚数单位）.16．的展开式中含的系数为__________．（用数字填写答案）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）当时，判断是否是函数的极值点，并说明理由；（2）当时，不等式恒成立，求整数的最小值.18．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4.（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于两点，是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.19．（12分）已知不等式对于任意的恒成立.（1）求实数m的取值范围；（2）若m的最大值为M，且正实数a，b，c满足.求证.20．（12分）已知等比数列是递增数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．21．（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上的点，且．证明：直线与圆相切；求面积的最小值．22．（10分）已知，，分别为内角，，的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④.（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？（2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应的面积.（若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分）

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】

根据向量的坐标运算，求出，，即可求解.【详解】，.故选:A.【点睛】本题考查向量的坐标运算、诱导公式、二倍角公式、同角间的三角函数关系，属于中档题.2、C【解析】

，将看成一个整体，结合的对称性即可得到答案.【详解】由已知，，令，得.故选：C.【点睛】本题考查余弦型函数的对称性的问题，在处理余弦型函数的性质时，一般采用整体法，结合三角函数的性质，是一道容易题.3、D【解析】

利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式和辅助角公式化简表达式，再根据三角函数单调区间的求法，求得的单调区间，由此确定正确选项.【详解】因为，由单调递增，则（），解得（），当时，D选项正确.C选项是递减区间，A，B选项中有部分增区间部分减区间.故选：D【点睛】本小题考查三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想，应用意识.4、B【解析】

由题意可将方程转化为，令，，进而将方程转化为，即或，再利用的单调性与最值即可得到结论.【详解】由题意知方程在上恰有三个不相等的实根，即，①.因为，①式两边同除以，得.所以方程有三个不等的正实根.记，，则上述方程转化为.即，所以或.因为，当时，，所以在，上单调递增，且时，.当时，，在上单调递减，且时，.所以当时，取最大值，当，有一根.所以恰有两个不相等的实根，所以.故选：B.【点睛】本题考查了函数与方程的关系，考查函数的单调性与最值，转化的数学思想，属于中档题.5、C【解析】

根据题意，知当时，，由对称轴的性质可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.【详解】解：由于在区间有三个零点，，，当时，，∴由对称轴可知，满足，即.同理，满足，即，∴，，所以最小正周期为：.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.6、B【解析】

先求出，再利用求出，再求.【详解】解：由，所以，，，故选：B【点睛】考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题.7、C【解析】

原式由正弦定理化简得，由于，可求的值.【详解】解：由及正弦定理得.因为，所以代入上式化简得.由于，所以.又，故.故选：C.【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，属于中档题.8、A【解析】试题分析：，故选A.【考点】复数运算【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化.9、B【解析】

先求出集合和它的补集，然后求得集合的解集，最后取它们的交集得出结果.【详解】对于集合A，，解得或，故.对于集合B，，解得.故.故选B.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查对数不等式的解法，考查集合的补集和交集的运算.对于有两个根的一元二次不等式的解法是：先将二次项系数化为正数，且不等号的另一边化为，然后通过因式分解，求得对应的一元二次方程的两个根，再利用“大于在两边，小于在中间”来求得一元二次不等式的解集.10、D【解析】

设非零向量与的夹角为，在等式两边平方，求出的值，进而可求得向量在向量方向上的投影为，即可得解.【详解】，由得，整理得，，解得，因此，向量在向量方向上的投影为.故选：D.【点睛】本题考查向量投影的计算，同时也考查利用向量的模计算向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.11、A【解析】

由的解集，可知及，进而可求出方程的解，从而可求出的解集.【详解】由的解集为，可知且，令，解得，，因为，所以的解集为，故选：A.【点睛】本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.12、C【解析】

先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.【详解】对二项式，其通项公式为的展开式中的系数是展开式中的系数与的系数之和.令，可得的系数为；令，可得的系数为；故的展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先分间隔一个与不间隔分类计数，再根据捆绑法求排列数,最后求和得结果.【详解】若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块相邻，则学习方法有种;若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间间隔一个答题板块的学习方法有种;因此共有种.故答案为：【点睛】本题考查排列组合实际问题，考查基本分析求解能力，属基础题.14、【解析】

令，所求问题的最大值为,只需求出即可，作出可行域，利用几何意义即可解决.【详解】作出可行域，如图令，则，显然当直线经过时，最大，且，故的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查线性规划中非线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.15、【解析】

把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解.【详解】∵，∴，∴，故答案为：.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的求法，属于基础题.16、【解析】由题意得，二项式展开式的通项为，令，则，所以得系数为．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、（1）是函数的极大值点，理由详见解析；（2）1.【解析】

（1）将直接代入，对求导得，由于函数单调性不好判断，故而构造函数，继续求导，判断导函数在左右两边的正负情况，最后得出，是函数的极大值点；（2）利用题目已有条件得，再证明时，不等式恒成立，即证，从而可知整数的最小值为1.【详解】解:（1）当时，.令，则当时，.即在内为减函数，且∴当时，;当时，.∴在内是增函数，在内是减函数.综上，是函数的极大值点.（2）由题意，得，即.现证明当时，不等式成立，即.即证令则∴当时，;当时，.∴在内单调递增，在内单调递减，的最大值为.∴当时，.即当时，不等式成立.综上，整数的最小值为.【点睛】本题考查学生利用导数处理函数的极值，最值，判断函数的单调性，由此来求解函数中的参数的取值范围，对学生要求较高，然后需要学生能构造新函数处理恒成立问题，为难题18、（1）；（2）存在，当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.【解析】

（1）设椭圆的焦半距为，利用离心率为，椭圆的长轴长为1．列出方程组求解，推出，即可得到椭圆的方程．（2）存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点．设点，，，，将直线的方程代入，化简，利用韦达定理，结合向量的数量积为0，转化为：．求解即可．【详解】解：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得，解得，所以，故所求椭圆C的方程为（2）存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.理由如下：设点，，将直线的方程代入，并整理，得.（*）则，因为以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以，即.又，于是，解得，经检验知：此时（*）式的，符合题意.所以当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O【点睛】本题考查椭圆方程的求法，椭圆的简单性质，直线与椭圆位置关系的综合应用，考查计算能力以及转化思想的应用，属于中档题.19、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）法一：，，得，则，由此可得答案；法二：由题意，令，易知是偶函数，且时为增函数，由此可得出答案；（2）由（1）知，，即，结合“1”的代换，利用基本不等式即可证明结论．【详解】解：（1）法一：（当且仅当时取等号），又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），由題意得，则，解得，故的取值范围是；法二：因为对于任意恒有成立，即，令，易知是偶函数，且时为增函数，所以，即，则，解得，故的取值范围是；（2）由（1）知，，即，∴，故不等式成立．【点睛】本题主要考查绝对值不等式的恒成立问题，考查基本不等式的应用，属于中档题．20、(1)(2)【解析】

（1）先利用等比数列的性质，可分别求出的值，从而可求出数列的通项公式；（2）利用错位相减求和法可求出数列的前项和．【详解】解：（1）由是递增等比数列，，联立，解得或，因为数列是递增数列，所以只有符合题意，则，结合可得，∴数列的通项公式：；（2）由，∴；∴；那么，①则，②将②﹣①得：．【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，考查了利用错位相减法求数列的前项和.21、证明见解析；1.【解析】

由题意可得椭圆的方程为，由点在直线上，且知的斜率必定存在，分类讨论当的斜率为时和斜率不为时的情况列出相应式子，即可得出直线与圆相切；由知，的面积为【详解】解：由题意，椭圆的焦点在轴上，且，所以．所以椭圆的方程为．由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为时，，，于是，到的距离为，直线与圆相切．当的斜率不为时，设的方程为，与联立得，所以，，从而．而，故的方程为，而在上，故，从而，于是．此时，到的距离为，直线与圆相切．综上，直线与圆相切．由知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1．【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查化归与转化思想，属于难题．22、（1）①，③，④或②，③，④；（2）.【解析】

（1）由①可求得的值，由②可求出角的值，结合题意得出，推出矛盾，可得出①②不能同时成为的条件，由此可得出