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文档简介
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.已知下列命题:①“”的否定是“”;②已知为两个命题,若“”为假命题,则“”为真命题;③“”是“”的充分不必要条件;④“若,则且”的逆否命题为真命题.其中真命题的序号为()A.③④ B.①② C.①③ D.②④2.已知定点都在平面内,定点是内异于的动点,且,那么动点在平面内的轨迹是()A.圆,但要去掉两个点 B.椭圆,但要去掉两个点C.双曲线,但要去掉两个点 D.抛物线,但要去掉两个点3.已知定义在上的函数,,,,则,,的大小关系为()A. B. C. D.4.已知抛物线和点,直线与抛物线交于不同两点,,直线与抛物线交于另一点.给出以下判断:①直线与直线的斜率乘积为;②轴;③以为直径的圆与抛物线准线相切.其中,所有正确判断的序号是()A.①②③ B.①② C.①③ D.②③5.已知集合,,,则的子集共有()A.个 B.个 C.个 D.个6.若向量,则()A.30 B.31 C.32 D.337.已知集合A,则集合()A. B. C. D.8.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为A. B.C. D.9.已知函数若函数在上零点最多,则实数的取值范围是()A. B. C. D.10.已知实数集,集合,集合,则()A. B. C. D.11.中,,为的中点,,,则()A. B. C. D.212.一只蚂蚁在边长为的正三角形区域内随机爬行,则在离三个顶点距离都大于的区域内的概率为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.的展开式中,的系数是__________.(用数字填写答案)14.设数列为等差数列,其前项和为,已知,,若对任意都有成立,则的值为__________.15.已知集合,若,则__________.16.已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,点P是上底面三、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,四棱锥中,四边形是矩形,,,为正三角形,且平面平面,、分别为、的中点.(1)证明:平面;(2)求几何体的体积.18.(12分)已知函数,其中.(Ⅰ)当时,求函数的单调区间;(Ⅱ)设,求证:;(Ⅲ)若对于恒成立,求的最大值.19.(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.20.(12分)如图,在四棱锥中底面是菱形,,是边长为的正三角形,,为线段的中点.求证:平面平面;是否存在满足的点,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.21.(12分)在中,角所对的边分别为,,的面积.(1)求角C;(2)求周长的取值范围.22.(10分)已知函数,其中,为自然对数的底数.(1)当时,求函数的极值;(2)设函数的导函数为,求证:函数有且仅有一个零点.
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】
由命题的否定,复合命题的真假,充分必要条件,四种命题的关系对每个命题进行判断.【详解】“”的否定是“”,正确;已知为两个命题,若“”为假命题,则“”为真命题,正确;“”是“”的必要不充分条件,错误;“若,则且”是假命题,则它的逆否命题为假命题,错误.故选:B.【点睛】本题考查命题真假判断,掌握四种命题的关系,复合命题的真假判断,充分必要条件等概念是解题基础.2、A【解析】
根据题意可得,即知C在以AB为直径的圆上.【详解】,,,又,,平面,又平面,故在以为直径的圆上,又是内异于的动点,所以的轨迹是圆,但要去掉两个点A,B故选:A【点睛】本题主要考查了线面垂直、线线垂直的判定,圆的性质,轨迹问题,属于中档题.3、D【解析】
先判断函数在时的单调性,可以判断出函数是奇函数,利用奇函数的性质可以得到,比较三个数的大小,然后根据函数在时的单调性,比较出三个数的大小.【详解】当时,,函数在时,是增函数.因为,所以函数是奇函数,所以有,因为,函数在时,是增函数,所以,故本题选D.【点睛】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题,判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.4、B【解析】
由题意,可设直线的方程为,利用韦达定理判断第一个结论;将代入抛物线的方程可得,,从而,,进而判断第二个结论;设为抛物线的焦点,以线段为直径的圆为,则圆心为线段的中点.设,到准线的距离分别为,,的半径为,点到准线的距离为,显然,,三点不共线,进而判断第三个结论.【详解】解:由题意,可设直线的方程为,代入抛物线的方程,有.设点,的坐标分别为,,则,.所.则直线与直线的斜率乘积为.所以①正确.将代入抛物线的方程可得,,从而,,根据抛物线的对称性可知,,两点关于轴对称,所以直线轴.所以②正确.如图,设为抛物线的焦点,以线段为直径的圆为,则圆心为线段的中点.设,到准线的距离分别为,,的半径为,点到准线的距离为,显然,,三点不共线,则.所以③不正确.故选:B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线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,考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题.5、B【解析】
根据集合中的元素,可得集合,然后根据交集的概念,可得,最后根据子集的概念,利用计算,可得结果.【详解】由题可知:,当时,当时,当时,当时,所以集合则所以的子集共有故选:B【点睛】本题考查集合的运算以及集合子集个数的计算,当集合中有元素时,集合子集的个数为,真子集个数为,非空子集为,非空真子集为,属基础题.6、C【解析】
先求出,再与相乘即可求出答案.【详解】因为,所以.故选:C.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.7、A【解析】
化简集合,,按交集定义,即可求解.【详解】集合,,则.故选:A.【点睛】本题考查集合间的运算,属于基础题.8、D【解析】分析:根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列,利用等比数列的相关性质可解.详解:因为每一个单音与前一个单音频率比为,所以,又,则故选D.点睛:此题考查等比数列的实际应用,解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种:(1)定义法,若()或(),数列是等比数列;(2)等比中项公式法,若数列中,且(),则数列是等比数列.9、D【解析】
将函数的零点个数问题转化为函数与直线的交点的个数问题,画出函数的图象,易知直线过定点,故与在时的图象必有两个交点,故只需与在时的图象有两个交点,再与切线问题相结合,即可求解.【详解】由图知与有个公共点即可,即,当设切点,则,.故选:D.【点睛】本题考查了函数的零点个数的问题,曲线的切线问题,注意运用转化思想和数形结合思想,属于较难的压轴题.10、A【解析】
可得集合,求出补集,再求出即可.【详解】由,得,即,所以,所以.故选:A【点睛】本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题.11、D【解析】
在中,由正弦定理得;进而得,在中,由余弦定理可得.【详解】在中,由正弦定理得,得,又,所以为锐角,所以,,在中,由余弦定理可得,.故选:D【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用,考查了学生的运算求解能力.12、A【解析】
求出满足条件的正的面积,再求出满足条件的正内的点到顶点、、的距离均不小于的图形的面积,然后代入几何概型的概率公式即可得到答案.【详解】满足条件的正如下图所示:其中正的面积为,满足到正的顶点、、的距离均不小于的图形平面区域如图中阴影部分所示,阴影部分区域的面积为.则使取到的点到三个顶点、、的距离都大于的概率是.故选:A.【点睛】本题考查几何概型概率公式、三角形的面积公式、扇形的面积公式的应用,考查计算能力,属于中等题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
根据组合的知识,结合组合数的公式,可得结果.【详解】由题可知:项来源可以是:(1)取1个,4个(2)取2个,3个的系数为:故答案为:【点睛】本题主要考查组合的知识,熟悉二项式定理展开式中每一项的来源,实质上每个因式中各取一项的乘积,转化为组合的知识,属中档题.14、【解析】
由已知条件得出关于首项和公差的方程组,解出这两个量,计算出,利用二次函数的基本性质求出的最大值及其对应的值,即可得解.【详解】设等差数列的公差为,由,解得,.所以,当时,取得最大值,对任意都有成立,则为数列的最大值,因此,.故答案为:.【点睛】本题考查等差数列前项和最值的计算,一般利用二次函数的基本性质求解,考查计算能力,属于中等题.15、1【解析】
分别代入集合中的元素,求出值,再结合集合中元素的互异性进行取舍可解.【详解】依题意,分别令,,,由集合的互异性,解得,则.故答案为:【点睛】本题考查集合元素的特性:确定性、互异性、无序性.确定集合中元素,要注意检验集合中的元素是否满足互异性.16、π.【解析】
设三棱锥P-ABC的外接球为球O',分别取AC、A1C1的中点O、O1,先确定球心O'在线段AC和A1C1中点的连线上,先求出球O【详解】如图所示,设三棱锥P-ABC的外接球为球O'分别取AC、A1C1的中点O、O1由于正方体ABCD-A则△ABC的外接圆的半径为OA=2设球O的半径为R,则4πR2=所以,OO则O而点P在上底面A1B1由于O'P=R=41因此,点P所构成的图形的面积为π×O【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关问题,根据立体几何中的线段关系求动点的轨迹,属于中档题.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)见解析;(2)【解析】
(1)由题可知,根据三角形的中位线的性质,得出,根据矩形的性质得出,所以,再利用线面平行的判定定理即可证出平面;(2)由于平面平面,根据面面垂直的性质,得出平面,从而得出到平面的距离为,结合棱锥的体积公式,即可求得结果.【详解】解:(1)∵,分别为,的中点,∴,∵四边形是矩形,∴,∴,∵平面,平面,∴平面.(2)取,的中点,,连接,,,,则,由于为三棱柱,为四棱锥,∵平面平面,∴平面,由已知可求得,∴到平面的距离为,因为四边形是矩形,,,,设几何体的体积为,则,∴,即:.【点睛】本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式,考查逻辑推理和计算能力.18、(Ⅰ)函数的单调增区间为,单调减区间为;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ).【解析】
(Ⅰ)利用二次求导可得,所以在上为增函数,进而可得函数的单调增区间为,单调减区间为;(Ⅱ)利用导数可得在区间上存在唯一零点,所以函数在递减,在,递增,则,进而可证;(Ⅲ)条件等价于对于恒成立,构造函数,利用导数可得的单调性,即可得到的最小值为,再次构造函数(a),,利用导数得其单调区间,进而求得最大值.【详解】(Ⅰ)当时,,则,所以,又因为,所以在上为增函数,因为,所以当时,,为增函数,当时,,为减函数,即函数的单调增区间为,单调减区间为;(Ⅱ),则令,则(1),,所以在区间上存在唯一零点,设零点为,则,且,当时,,当,,,所以函数在递减,在,递增,,由,得,所以,由于,,从而;(Ⅲ)因为对于恒成立,即对于恒成立,不妨令,因为,,所以的解为,则当时,,为增函数,当时,,为减函数,所以的最小值为,则,不妨令(a),,则(a),解得,所以当时,(a),(a)为增函数,当时,(a),(a)为减函数,所以(a)的最大值为,则的最大值为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值,以及函数不等式恒成立问题的解法,意在考查学生等价转化思想和数学运算能力,属于较难题.19、(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.20、证明见解析;2.【解析】
利用面面垂直的判定定理证明即可;由,知,所以可得出,因此,的充要条件是,继而得出的值.【详解】解:证明:因为是正三角形,为线段的中点,所以.因为是菱形,所以.因为,所以是正三角形,所以,而,所以平面.又,所以平
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