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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.已知平面向量,满足,且,则与的夹角为()A. B. C. D.2.已知椭圆的焦点分别为,,其中焦点与抛物线的焦点重合,且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点,则椭圆的离心率为()A. B. C. D.3.若干年前,某教师刚退休的月退休金为6000元,月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼,目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元,则目前该教师的月退休金为().A.6500元 B.7000元 C.7500元 D.8000元4.“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中.“阶幻方”是由前个正整数组成的—个阶方阵,其各行各列及两条对角线所含的个数之和(简称幻和)相等,例如“3阶幻方”的幻和为15(如图所示).则“5阶幻方”的幻和为()A.75 B.65 C.55 D.455.如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱中,点是平面内一点,则三棱锥的正视图与侧视图的面积之和为()A.2 B.3 C.4 D.56.是正四面体的面内一动点,为棱中点,记与平面成角为定值,若点的轨迹为一段抛物线,则()A. B. C. D.7.设等差数列的前n项和为,且,,则()A.9 B.12 C. D.8.已知等比数列满足,,则()A. B. C. D.9.在我国传统文化“五行”中,有“金、木、水、火、土”五个物质类别,在五者之间,有一种“相生”的关系,具体是:金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.从五行中任取两个,这二者具有相生关系的概率是()A.0.2 B.0.5 C.0.4 D.0.810.如图,正方体的棱长为1,动点在线段上,、分别是、的中点,则下列结论中错误的是()A., B.存在点,使得平面平面C.平面 D.三棱锥的体积为定值11.已知函数,将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标保持不变;再把所得图象向上平移个单位长度,得到函数的图象,若,则的值可能为()A. B. C. D.12.如图,在平面四边形中,满足,且,沿着把折起,使点到达点的位置,且使,则三棱锥体积的最大值为()A.12 B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若函数恒成立,则实数的取值范围是_____.14.已知复数,其中是虚数单位.若的实部与虚部相等,则实数的值为__________.15.(5分)已知椭圆方程为,过其下焦点作斜率存在的直线与椭圆交于两点,为坐标原点,则面积的取值范围是____________.16.某次足球比赛中,,,,四支球队进入了半决赛.半决赛中,对阵,对阵,获胜的两队进入决赛争夺冠军,失利的两队争夺季军.已知他们之间相互获胜的概率如下表所示.获胜概率—0.40.30.8获胜概率0.6—0.70.5获胜概率0.70.3—0.3获胜概率0.20.50.7—则队获得冠军的概率为______.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)为提供市民的健身素质,某市把四个篮球馆全部转为免费民用(1)在一次全民健身活动中,四个篮球馆的使用场数如图,用分层抽样的方法从四场馆的使用场数中依次抽取共25场,在中随机取两数,求这两数和的分布列和数学期望;(2)设四个篮球馆一个月内各馆使用次数之和为,其相应维修费用为元,根据统计,得到如下表的数据:x10152025303540y100001176113010139801477115440160202.993.494.054.504.995.495.99①用最小二乘法求与的回归直线方程;②叫做篮球馆月惠值,根据①的结论,试估计这四个篮球馆月惠值最大时的值参考数据和公式:,18.(12分)已知函数,.(Ⅰ)判断函数在区间上零点的个数,并证明;(Ⅱ)函数在区间上的极值点从小到大分别为,,证明:19.(12分)如图,在四棱锥中,平面ABCD平面PAD,,,,,E是PD的中点.证明:;设,点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为,求二面角的余弦值.20.(12分)如图,在四棱锥中,底面,底面是直角梯形,为侧棱上一点,已知.(Ⅰ)证明:平面平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值.21.(12分)已知函数.(1)解不等式;(2)记函数的最大值为,若,证明:.22.(10分)已知圆的极坐标方程是,以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线的参数方程是是参数),若直线与圆相切,求实数的值.
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】
根据,两边平方,化简得,再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量,满足,且,所以,所以,所以,所以,所以与的夹角为.故选:C【点睛】本题主要考查平面向量的模,向量的夹角和数量积运算,属于基础题.2、B【解析】
根据题意可得易知,且,解方程可得,再利用即可求解.【详解】易知,且故有,则故选:B【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质,考查了学生的计算能力,属于中档题3、D【解析】
设目前该教师的退休金为x元,利用条形图和折线图列出方程,求出结果即可.【详解】设目前该教师的退休金为x元,则由题意得:6000×15%﹣x×10%=1.解得x=2.故选D.【点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题,属于基础题.4、B【解析】
计算的和,然后除以,得到“5阶幻方”的幻和.【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为,故选B.【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理,考查等差数列前项和公式,属于基础题.5、A【解析】
根据几何体分析正视图和侧视图的形状,结合题干中的数据可计算出结果.【详解】由三视图的性质和定义知,三棱锥的正视图与侧视图都是底边长为高为的三角形,其面积都是,正视图与侧视图的面积之和为,故选:A.【点睛】本题考查几何体正视图和侧视图的面积和,解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状,考查空间想象能力与计算能力,属于基础题.6、B【解析】
设正四面体的棱长为,建立空间直角坐标系,求出各点的坐标,求出面的法向量,设的坐标,求出向量,求出线面所成角的正弦值,再由角的范围,结合为定值,得出为定值,且的轨迹为一段抛物线,所以求出坐标的关系,进而求出正切值.【详解】由题意设四面体的棱长为,设为的中点,以为坐标原点,以为轴,以为轴,过垂直于面的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则可得,,取的三等分点、如图,则,,,,所以、、、、,由题意设,,和都是等边三角形,为的中点,,,,平面,为平面的一个法向量,因为与平面所成角为定值,则,由题意可得,因为的轨迹为一段抛物线且为定值,则也为定值,,可得,此时,则,.故选:B.【点睛】考查线面所成的角的求法,及正切值为定值时的情况,属于中等题.7、A【解析】
由,可得以及,而,代入即可得到答案.【详解】设公差为d,则解得,所以.故选:A.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算,考查学生运算求解能力,是一道基础题.8、B【解析】由a1+a3+a5=21得a3+a5+a7=,选B.9、B【解析】
利用列举法,结合古典概型概率计算公式,计算出所求概率.【详解】从五行中任取两个,所有可能的方法为:金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土,共种,其中由相生关系的有金水、木水、木火、火土、金土,共种,所以所求的概率为.故选:B【点睛】本小题主要考查古典概型的计算,属于基础题.10、B【解析】
根据平行的传递性判断A;根据面面平行的定义判断B;根据线面垂直的判定定理判断C;由三棱锥以三角形为底,则高和底面积都为定值,判断D.【详解】在A中,因为分别是中点,所以,故A正确;在B中,由于直线与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故B错误;在C中,由平面几何得,根据线面垂直的性质得出,结合线面垂直的判定定理得出平面,故C正确;在D中,三棱锥以三角形为底,则高和底面积都为定值,即三棱锥的体积为定值,故D正确;故选:B【点睛】本题主要考查了判断面面平行,线面垂直等,属于中档题.11、C【解析】
利用二倍角公式与辅助角公式将函数的解析式化简,然后利用图象变换规律得出函数的解析式为,可得函数的值域为,结合条件,可得出、均为函数的最大值,于是得出为函数最小正周期的整数倍,由此可得出正确选项.【详解】函数,将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍,得的图象;再把所得图象向上平移个单位,得函数的图象,易知函数的值域为.若,则且,均为函数的最大值,由,解得;其中、是三角函数最高点的横坐标,的值为函数的最小正周期的整数倍,且.故选C.【点睛】本题考查三角函数图象变换,同时也考查了正弦型函数与周期相关的问题,解题的关键在于确定、均为函数的最大值,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.12、C【解析】
过作于,连接,易知,,从而可证平面,进而可知,当最大时,取得最大值,取的中点,可得,再由,求出的最大值即可.【详解】在和中,,所以,则,过作于,连接,显然,则,且,又因为,所以平面,所以,当最大时,取得最大值,取的中点,则,所以,因为,所以点在以为焦点的椭圆上(不在左右顶点),其中长轴长为10,焦距长为8,所以的最大值为椭圆的短轴长的一半,故最大值为,所以最大值为,故的最大值为.故选:C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值,考查学生的空间想象能力与计算求解能力,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
若函数恒成立,即,求导得,在三种情况下,分别讨论函数单调性,求出每种情况时的,解关于的不等式,再取并集,即得。【详解】由题意得,只要即可,,当时,令解得,令,解得,单调递减,令,解得,单调递增,故在时,有最小值,,若恒成立,则,解得;当时,恒成立;当时,,单调递增,,不合题意,舍去.综上,实数的取值范围是.故答案为:【点睛】本题考查恒成立条件下,求参数的取值范围,是常考题型。14、【解析】
直接由复数代数形式的乘法运算化简,结合已知条件即可求出实数的值.【详解】解:的实部与虚部相等,所以,计算得出.故答案为:【点睛】本题考查复数的乘法运算和复数的概念,属于基础题.15、【解析】
由题意,,则,得.由题意可设的方程为,,联立方程组,消去得,恒成立,,,则,点到直线的距离为,则,又,则,当且仅当即时取等号.故面积的取值范围是.16、0.18【解析】
根据表中信息,可得胜C的概率;分类讨论B或D进入决赛,再计算A胜B或A胜C的概率即可求解.【详解】由表中信息可知,胜C的概率为;若B进入决赛,B胜D的概率为,则A胜B的概率为;若D进入决赛,D胜B的概率为,则A胜D的概率为;由相应的概率公式知,则A获得冠军的概率为.故答案为:0.18【点睛】本题考查了独立事件的概率应用,互斥事件的概率求法,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)见解析,12.5(2)①②20【解析】
(1)运用分层抽样,结合总场次为100,可求得的值,再运用古典概型的概率计算公式可求解果;(2)①由公式可计算的值,进而可求与的回归直线方程;②求出,再对函数求导,结合单调性,可估计这四个篮球馆月惠值最大时的值.【详解】解:(1)抽样比为,所以分别是,6,7,8,5所以两数之和所有可能取值是:10,12,13,15,,,所以分布列为期望为(2)因为所以,,;②,设,所以当递增,当递减所以约惠值最大值时的值为20【点睛】本题考查直方图的实际应用,涉及求概率,平均数、拟合直线和导数等问题,关键是要读懂题意,属于中档题.18、(Ⅰ)函数在区间上有两个零点.见解析(Ⅱ)见解析【解析】
(Ⅰ)根据题意,,利用导函数研究函数的单调性,分类讨论在区间的单调区间和极值,进而研究零点个数问题;(Ⅱ)求导,,由于在区间上的极值点从小到大分别为,,求出,利用导数结合单调性和极值点,即可证明出.【详解】解:(Ⅰ),,当时,,,在区间上单调递减,,在区间上无零点;当时,,在区间上单调递增,,在区间上唯一零点;当时,,,在区间上单调递减,,;在区间上唯一零点;综上可知,函数在区间上有两个零点.(Ⅱ),,由(Ⅰ)知在无极值点;在有极小值点,即为;在有极大值点,即为,由,即,,2…,,,,,,以及的单调性,,,,,由函数在单调递增,得,,由在单调递减,得,即,故.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值,通过导数解决函数零点个数问题和证明不等式,考查转化思想和计算能力.19、(1)见解析;(2)【解析】
(1)由平面平面的性质定理得平面,.在中,由勾股定理得,平面,即可得;(2)以为坐标原点建立空间直角坐标系,由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为,得点M的坐标,从而求出二面角的余弦值.【详解】(1)平面平面,平面平面=,,所以.由面面垂直的性质定理得平面,,在中,,,由正弦定理可得:,,即,平面,.(2)以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,设,则,,得,,而,设平面的法向量为,由可得:,令,则,取平面的法向量,则,故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用,属于中档题.20、(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)先证明
,再证明平面,利用面面垂直的判定定理,即可求证所求证;(Ⅱ)根据题意以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,求出平面和平面的向量,利用公式即可求解.【详解】(Ⅰ)证:由已知得又平面,平面,,而故,平面平面,
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