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文档简介

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.设,满足约束条件,则的最大值是()A. B. C. D.2.已知函数,则()A.2 B.3 C.4 D.53.德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家、天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值),若输入,则输出的结果是()A. B.C. D.4.已知角的终边经过点,则A. B.C. D.5.已知实数满足线性约束条件,则的取值范围为()A.(-2,-1] B.(-1,4] C.[-2,4) D.[0,4]6.为比较甲、乙两名高二学生的数学素养,对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验(指标值满分为5分,分值高者为优),根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图,则下面叙述正确的是()A.乙的数据分析素养优于甲B.乙的数学建模素养优于数学抽象素养C.甲的六大素养整体水平优于乙D.甲的六大素养中数据分析最差7.已知为等比数列,,,则()A.9 B.-9 C. D.8.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”,主要指德育;“乐”,主要指美育;“射”和“御”,就是体育和劳动;“书”,指各种历史文化知识;“数”,数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每艺安排一节,连排六节,一天课程讲座排课有如下要求:“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻,则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有()种.A.408 B.120 C.156 D.2409.已知f(x),g(x)都是偶函数,且在[0,+∞)上单调递增,设函数F(x)=f(x)+g(1-x)-|f(x)-g(1-x)|,若a>0,则()A.F(-a)≥F(a)且F(1+a)≥F(1-a)B.F(-a)≥F(a)且F(1+a)≤F(1-a)C.F(-a)≤F(a)且F(1+a)≥F(1-a)D.F(-a)≤F(a)且F(1+a)≤F(1-a)10.某几何体的三视图如图所示,三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形,则该几何体中最长的棱长为().A. B. C.1 D.11.定义域为R的偶函数满足任意,有,且当时,.若函数至少有三个零点,则的取值范围是()A. B. C. D.12.设,满足,则的取值范围是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知实数,满足则的取值范围是______.14.双曲线的焦距为__________,渐近线方程为________.15.设数列的前项和为,且对任意正整数,都有,则___16.在边长为2的正三角形中,,则的取值范围为______.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)若函数的图象与轴有且只有一个公共点,求实数的取值范围;(2)若对任意成立,求实数的取值范围.18.(12分)如图,在四棱锥中,底面为菱形,为正三角形,平面平面分别是的中点.(1)证明:平面(2)若,求二面角的余弦值.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)如图,平面四边形为直角梯形,,,,将绕着翻折到.(1)为上一点,且,当平面时,求实数的值;(2)当平面与平面所成的锐二面角大小为时,求与平面所成角的正弦.21.(12分)设,,,.(1)若的最小值为4,求的值;(2)若,证明:或.22.(10分)已知椭圆的离心率为,直线过椭圆的右焦点,过的直线交椭圆于两点(均异于左、右顶点).(1)求椭圆的方程;(2)已知直线,为椭圆的右顶点.若直线交于点,直线交于点,试判断是否为定值,若是,求出定值;若不是,说明理由.

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、D【解析】

作出不等式对应的平面区域,由目标函数的几何意义,通过平移即可求z的最大值.【详解】作出不等式组的可行域,如图阴影部分,作直线:在可行域内平移当过点时,取得最大值.由得:,故选:D【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法,属于基础题.2、A【解析】

根据分段函数直接计算得到答案.【详解】因为所以.故选:.【点睛】本题考查了分段函数计算,意在考查学生的计算能力.3、B【解析】

执行给定的程序框图,输入,逐次循环,找到计算的规律,即可求解.【详解】由题意,执行给定的程序框图,输入,可得:第1次循环:;第2次循环:;第3次循环:;第10次循环:,此时满足判定条件,输出结果,故选:B.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出,其中解答中认真审题,逐次计算,得到程序框图的计算功能是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.4、D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D.5、B【解析】

作出可行域,表示可行域内点与定点连线斜率,观察可行域可得最小值.【详解】作出可行域,如图阴影部分(含边界),表示可行域内点与定点连线斜率,,,过与直线平行的直线斜率为-1,∴.故选:B.【点睛】本题考查简单的非线性规划.解题关键是理解非线性目标函数的几何意义,本题表示动点与定点连线斜率,由直线与可行域的关系可得结论.6、C【解析】

根据题目所给图像,填写好表格,由表格数据选出正确选项.【详解】根据雷达图得到如下数据:数学抽象逻辑推理数学建模直观想象数学运算数据分析甲454545乙343354由数据可知选C.【点睛】本题考查统计问题,考查数据处理能力和应用意识.7、C【解析】

根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.【详解】∵,∴,又,可解得或设等比数列的公比为,则当时,,∴;当时,,∴.故选:C.【点睛】本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.8、A【解析】

利用间接法求解,首先对6门课程全排列,减去“乐”排在第一节的情况,再减去“射”和“御”两门课程相邻的情况,最后还需加上“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻的情况;【详解】解:根据题意,首先不做任何考虑直接全排列则有(种),当“乐”排在第一节有(种),当“射”和“御”两门课程相邻时有(种),当“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻时有(种),则满足“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻的排法有(种),故选:.【点睛】本题考查排列、组合的应用,注意“乐”的排列对“射”和“御”两门课程相邻的影响,属于中档题.9、A【解析】试题分析:由题意得,F(x)=2g(1-x),f(x)≥g(1-x)∴F(-a)=2g(1+a),f(a)=f(-a)≥g(1+a)2f(-a),f(a)=f(-a)<g(1+a),∵a>0,∴(a+1)2-(a-1)∴若f(a)>g(1+a):F(-a)=2g(1+a),F(a)=2g(1-a),∴F(-a)>F(a),若g(1-a)≤f(a)≤g(1+a):F(-a)=2f(-a)=2f(a),F(a)=2g(1-a),∴F(-a)≥F(a),若f(a)<g(1-a):F(-a)=2f(-a)=2f(a),F(a)=2f(a),∴F(-a)=F(a),综上可知F(-a)≥F(a),同理可知F(1+a)≥F(1-a),故选A.考点:1.函数的性质;2.分类讨论的数学思想.【思路点睛】本题在在解题过程中抓住偶函数的性质,避免了由于单调性不同导致1-a与1+a大小不明确的讨论,从而使解题过程得以优化,另外,不要忘记定义域,如果要研究奇函数或者偶函数的值域、最值、单调性等问题,通常先在原点一侧的区间(对奇(偶)函数而言)或某一周期内(对周期函数而言)考虑,然后推广到整个定义域上.10、B【解析】

首先由三视图还原几何体,进一步求出几何体的棱长.【详解】解:根据三视图还原几何体如图所示,所以,该四棱锥体的最长的棱长为.故选:B.【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体,考查运算能力和推理能力,属于基础题.11、B【解析】

由题意可得的周期为,当时,,令,则的图像和的图像至少有个交点,画出图像,数形结合,根据,求得的取值范围.【详解】是定义域为R的偶函数,满足任意,,令,又,为周期为的偶函数,当时,,当,当,作出图像,如下图所示:函数至少有三个零点,则的图像和的图像至少有个交点,,若,的图像和的图像只有1个交点,不合题意,所以,的图像和的图像至少有个交点,则有,即,.故选:B.【点睛】本题考查函数周期性及其应用,解题过程中用到了数形结合方法,这也是高考常考的热点问题,属于中档题.12、C【解析】

首先绘制出可行域,再绘制出目标函数,根据可行域范围求出目标函数中的取值范围.【详解】由题知,满足,可行域如下图所示,可知目标函数在点处取得最小值,故目标函数的最小值为,故的取值范围是.故选:D.【点睛】本题主要考查了线性规划中目标函数的取值范围的问题,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】

根据约束条件画出可行域,即可由直线的平移方法求得的取值范围.【详解】.由题意,画出约束条件表示的平面区域如下图所示,令,则如图所示,图中直线所示的两个位置为的临界位置,根据几何关系可得与轴的两个交点分别为,所以的取值范围为.故答案为:【点睛】本题考查了非线性约束条件下线性规划的简单应用,由数形结合法求线性目标函数的取值范围,属于中档题.14、6【解析】由题得所以焦距,故第一个空填6.由题得渐近线方程为.故第二个空填.15、【解析】

利用行列式定义,得到与的关系,赋值,即可求出结果。【详解】由,令,得,解得。【点睛】本题主要考查行列式定义的应用。16、【解析】

建立直角坐标系,依题意可求得,而,,,故可得,且,由此构造函数,,利用二次函数的性质即可求得取值范围.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,设,,,,根据,即,,,则,,即,,,则,,所以,,,,,,且,故,设,,易知二次函数的对称轴为,故函数在,上的最大值为,最小值为,故的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意通过设元、消元,将问题转化为元二次函数的值域问题.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)求出及其导函数,利用研究的单调性和最值,根据零点存在定理和零点定义可得的范围.(2)令,题意说明时,恒成立.同样求出导函数,由研究的单调性,通过分类讨论可得的单调性得出结论.【详解】解(1)函数所以讨论:①当时,无零点;②当时,,所以在上单调递增.取,则又,所以,此时函数有且只有一个零点;③当时,令,解得(舍)或当时,,所以在上单调递减;当时,所以在上单调递增.据题意,得,所以(舍)或综上,所求实数的取值范围为.(2)令,根据题意知,当时,恒成立.又讨论:①若,则当时,恒成立,所以在上是增函数.又函数在上单调递增,在上单调递增,所以存在使,不符合题意.②若,则当时,恒成立,所以在上是增函数,据①求解知,不符合题意.③若,则当时,恒有,故在上是减函数,于是“对任意成立”的充分条件是“”,即,解得,故综上,所求实数的取值范围是.【点睛】本题考查函数零点问题,考查不等式恒成立问题,考查用导数研究函数的单调性.解题关键是通过分类讨论研究函数的单调性.本题难度较大,考查掌握转化与化归思想,考查学生分析问题解决问题的能力.18、(1)详见解析;(2).【解析】

(1)连接,由菱形的性质以及中位线,得,由平面平面,且交线,得平面,故而,最后由线面垂直的判定得结论.(2)以为原点建平面直角坐标系,求出平面平与平面的法向量,,最后求得二面角的余弦值为.【详解】解:(1)连结∵,且是的中点,∴∵平面平面,平面平面,∴平面.∵平面,∴又为菱形,且为棱的中点,∴∴.又∵,平面∴平面.(2)由题意有,∵四边形为菱形,且∴分别以,,所在直线为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,设,则设平面的法向量为由,得,令,得取平面的法向量为∴二面角为锐二面角,∴二面角的余弦值为【点睛】处理线面垂直问题时,需要学生对线面垂直的判定定理特别熟悉,运用几何语言表示出来方才过关,一定要在已知平面中找两条相交直线与平面外的直线垂直,才可以证得线面垂直,其次考查了学生运用空间向量处理空间中的二面角问题,培养了学生的计算能力和空间想象力.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)连接交于点,连接,利用线面平行的性质定理可推导出,然后利用平行线分线段成比例定理可求得的值;(2)取中点,连接、,过点作,则

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