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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.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.的展开式中的系数是-10,则实数()A.2 B.1 C.-1 D.-22.关于函数,有下述三个结论:①函数的一个周期为;②函数在上单调递增;③函数的值域为.其中所有正确结论的编号是()A.①② B.② C.②③ D.③3.某中学有高中生人,初中生人为了解该校学生自主锻炼的时间,采用分层抽样的方法从高生和初中生中抽取一个容量为的样本.若样本中高中生恰有人,则的值为()A. B. C. D.4.若的展开式中的常数项为-12,则实数的值为()A.-2 B.-3 C.2 D.35.已知向量,且,则m=()A.−8 B.−6C.6 D.86.在中,,,,若,则实数()A. B. C. D.7.函数的图象大致为A. B. C. D.8.某几何体的三视图如图所示,其中正视图是边长为4的正三角形,俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成,则该几何体的体积为()A. B. C. D.9.已知平面向量,,满足:,,则的最小值为()A.5 B.6 C.7 D.810.中国铁路总公司相关负责人表示,到2018年底,全国铁路营业里程达到13.1万公里,其中高铁营业里程2.9万公里,超过世界高铁总里程的三分之二,下图是2014年到2018年铁路和高铁运营里程(单位:万公里)的折线图,以下结论不正确的是()A.每相邻两年相比较,2014年到2015年铁路运营里程增加最显著B.从2014年到2018年这5年,高铁运营里程与年价正相关C.2018年高铁运营里程比2014年高铁运营里程增长80%以上D.从2014年到2018年这5年,高铁运营里程数依次成等差数列11.复数为纯虚数,则()A.i B.﹣2i C.2i D.﹣i12.设,,则()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知边长为的菱形中,,现沿对角线折起,使得二面角为,此时点,,,在同一个球面上,则该球的表面积为________.14.在四面体中,与都是边长为2的等边三角形,且平面平面,则该四面体外接球的体积为_______.15.某市公租房源位于、、三个小区,每位申请人只能申请其中一个小区的房子,申请其中任意一个小区的房子是等可能的,则该市的任意位申请人中,恰好有人申请小区房源的概率是______.(用数字作答)16.已知双曲线的一条渐近线为,且经过抛物线的焦点,则双曲线的标准方程为______.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)在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.已知等差数列的公差为,等差数列的公差为.设分别是数列的前项和,且,,(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.18.(12分)已知函数,.(Ⅰ)当时,求曲线在处的切线方程;(Ⅱ)求函数在上的最小值;(Ⅲ)若函数,当时,的最大值为,求证:.19.(12分)设椭圆,直线经过点,直线经过点,直线直线,且直线分别与椭圆相交于两点和两点.(Ⅰ)若分别为椭圆的左、右焦点,且直线轴,求四边形的面积;(Ⅱ)若直线的斜率存在且不为0,四边形为平行四边形,求证:;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,判断四边形能否为矩形,说明理由.20.(12分)某公司打算引进一台设备使用一年,现有甲、乙两种设备可供选择.甲设备每台10000元,乙设备每台9000元.此外设备使用期间还需维修,对于每台设备,一年间三次及三次以内免费维修,三次以外的维修费用均为每次1000元.该公司统计了曾使用过的甲、乙各50台设备在一年间的维修次数,得到下面的频数分布表,以这两种设备分别在50台中的维修次数频率代替维修次数发生的概率.维修次数23456甲设备5103050乙设备05151515(1)设甲、乙两种设备每台购买和一年间维修的花费总额分别为和,求和的分布列;(2)若以数学期望为决策依据,希望设备购买和一年间维修的花费总额尽量低,且维修次数尽量少,则需要购买哪种设备?请说明理由.21.(12分)已知椭圆C的中心在坐标原点,其短半轴长为1,一个焦点坐标为,点在椭圆上,点在直线上,且.(1)证明:直线与圆相切;(2)设与椭圆的另一个交点为,当的面积最小时,求的长.22.(10分)已知数列的前项和为,且满足,各项均为正数的等比数列满足(1)求数列的通项公式;(2)若,求数列的前项和
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、C【解析】
利用通项公式找到的系数,令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为,令,得,则,所以,解得.故选:C【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数,考查学生的运算求解能力,是一道容易题.2、C【解析】
①用周期函数的定义验证.②当时,,,再利用单调性判断.③根据平移变换,函数的值域等价于函数的值域,而,当时,再求值域.【详解】因为,故①错误;当时,,所以,所以在上单调递增,故②正确;函数的值域等价于函数的值域,易知,故当时,,故③正确.故选:C.【点睛】本题考查三角函数的性质,还考查推理论证能力以及分类讨论思想,属于中档题.3、B【解析】
利用某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比计算即可.【详解】由题意,,解得.故选:B.【点睛】本题考查简单随机抽样中的分层抽样,某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比,本题是一道基础题.4、C【解析】
先研究的展开式的通项,再分中,取和两种情况求解.【详解】因为的展开式的通项为,所以的展开式中的常数项为:,解得,故选:C.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式,还考查了运算求解的能力,属于基础题.5、D【解析】
由已知向量的坐标求出的坐标,再由向量垂直的坐标运算得答案.【详解】∵,又,∴3×4+(﹣2)×(m﹣2)=0,解得m=1.故选D.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算,考查向量垂直的坐标运算,属于基础题.6、D【解析】
将、用、表示,再代入中计算即可.【详解】由,知为的重心,所以,又,所以,,所以,.故选:D【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,涉及到向量的线性运算,是一道中档题.7、D【解析】
由题可得函数的定义域为,因为,所以函数为奇函数,排除选项B;又,,所以排除选项A、C,故选D.8、A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体,前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥,后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥,体积为故答案为A.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:1、首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;3、画出整体,然后再根据三视图进行调整.9、B【解析】
建立平面直角坐标系,将已知条件转化为所设未知量的关系式,再将的最小值转化为用该关系式表达的算式,利用基本不等式求得最小值.【详解】建立平面直角坐标系如下图所示,设,,且,由于,所以..所以,即..当且仅当时取得最小值,此时由得,当时,有最小值为,即,,解得.所以当且仅当时有最小值为.故选:B【点睛】本小题主要考查向量的位置关系、向量的模,考查基本不等式的运用,考查数形结合的数学思想方法,属于难题.10、D【解析】
由折线图逐项分析即可求解【详解】选项,显然正确;对于,,选项正确;1.6,1.9,2.2,2.5,2.9不是等差数列,故错.故选:D【点睛】本题考查统计的知识,考查数据处理能力和应用意识,是基础题11、B【解析】
复数为纯虚数,则实部为0,虚部不为0,求出,即得.【详解】∵为纯虚数,∴,解得..故选:.【点睛】本题考查复数的分类,属于基础题.12、D【解析】
由不等式的性质及换底公式即可得解.【详解】解:因为,,则,且,所以,,又,即,则,即,故选:D.【点睛】本题考查了不等式的性质及换底公式,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】
分别取,的中点,,连接,由图形的对称性可知球心必在的延长线上,设球心为,半径为,,由勾股定理可得、,再根据球的面积公式计算可得;【详解】如图,分别取,的中点,,连接,则易得,,,,由图形的对称性可知球心必在的延长线上,设球心为,半径为,,可得,解得,.故该球的表面积为.故答案为:【点睛】本题考查多面体的外接球的计算,属于中档题.14、【解析】
先确定球心的位置,结合勾股定理可求球的半径,进而可得球的面积.【详解】取的外心为,设为球心,连接,则平面,取的中点,连接,,过做于点,易知四边形为矩形,连接,,设,.连接,则,,三点共线,易知,所以,.在和中,,,即,,所以,,得.所以.【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题,外接球的半径的求解一般有两个思路:一是确定球心位置,利用勾股定理求解半径;二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.15、【解析】
基本事件总数,恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数,由此能求出该市的任意5位申请人中,恰好有2人申请小区房源的概率.【详解】解:某市公租房源位于、、三个小区,每位申请人只能申请其中一个小区的房子,申请其中任意一个小区的房子是等可能的,该市的任意5位申请人中,基本事件总数,该市的任意5位申请人中,恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数:,该市的任意5位申请人中,恰好有2人申请小区房源的概率是.故答案为:.【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,属于中档题.16、【解析】
设以直线为渐近线的双曲线的方程为,再由双曲线经过抛物线焦点,能求出双曲线方程.【详解】解:设以直线为渐近线的双曲线的方程为,∵双曲线经过抛物线焦点,∴,∴双曲线方程为,故答案为:.【点睛】本题主要考查双曲线方程的求法,考查抛物线、双曲线简单性质的合理运用,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);(2)【解析】
方案一:(1)根据等差数列的通项公式及前n项和公式列方程组,求出和,从而写出数列的通项公式;(2)由第(1)题的结论,写出数列的通项,采用分组求和、等比求和公式以及裂项相消法,求出数列的前项和.其余两个方案与方案一的解法相近似.【详解】解:方案一:(1)∵数列都是等差数列,且,,解得,综上(2)由(1)得:方案二:(1)∵数列都是等差数列,且,解得,.综上,(2)同方案一方案三:(1)∵数列都是等差数列,且.,解得,,.综上,(2)同方案一【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式的应用,考查了分组求和、等比求和及裂项相消法求数列的前n项和,属于中档题.18、(Ⅰ)(Ⅱ)见解析;(Ⅲ)见解析.【解析】试题分析:(Ⅰ)由题,所以故,,代入点斜式可得曲线在处的切线方程;(Ⅱ)由题(1)当时,在上单调递增.则函数在上的最小值是(2)当时,令,即,令,即(i)当,即时,在上单调递增,所以在上的最小值是(ii)当,即时,由的单调性可得在上的最小值是(iii)当,即时,在上单调递减,在上的最小值是(Ⅲ)当时,令,则是单调递减函数.因为,,所以在上存在,使得,即讨论可得在上单调递增,在上单调递减.所以当时,取得最大值是因为,所以由此可证试题解析:(Ⅰ)因为函数,且,所以,所以所以,所以曲线在处的切线方程是,即(Ⅱ)因为函数,所以(1)当时,,所以在上单调递增.所以函数在上的最小值是(2)当时,令,即,所以令,即,所以(i)当,即时,在上单调递增,所以在上的最小值是(ii)当,即时,在上单调递减,在上单调递增,所以在上的最小值是(iii)当,即时,在上单调递减,所以在上的最小值是综上所述,当时,在上的最小值是当时,在上的最小值是当时,在上的最小值是(Ⅲ)因为函数,所以所以当时,令,所以是单调递减函数.因为,,所以在上存在,使得,即所以当时,;当时,即当时,;当时,所以在上单调递增,在上单调递减.所以当时,取得最大值是因为,所以因为,所以所以19、(Ⅰ);(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ)不能,证明见解析【解析】
(Ⅰ)计算得到故,,,,计算得到面积.(Ⅱ)设为,联立方程得到,计算,同理,根据得到,得到证明.(Ⅲ)设中点为,根据点差法得到,同理,故,得到结论.【详解】(Ⅰ),,故,,,.故四边形的面积为.(Ⅱ)设为,则,故,设,,故,,同理可得,,故,即,,故.(Ⅲ)设中点为,则,,相减得到,即,同理可得:的中点,满足,故,故四边形不能为矩形.【点睛】本题考查了椭圆内四边形的面积,形状,根据四边形形状求参数,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20、(1)分布列见解析,分布列见解析;(2)甲设备,理由见解析【解析】
(1)的可能取值为10000,11000,12000,的可能取值为9000,10000,11000,12000,计算概率得到分布列;(2)计算期望,得到,设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为,,计算分布列,计算数学期望得到答案.【详解】(1)的可能取值为10000,11000,12000,,因此的分布如下100001100012000的可能取值为9000,10000,11000,12000,,,因此的分布列为如下9000100001100012000(2)设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为,的可能取值为2,3,4,5,,,则的分布列为2345的可能取
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