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2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.执行如图所示的程序框图,输出的结果为()A. B. C. D.2.正三棱柱中,,是的中点,则异面直线与所成的角为()A. B. C. D.3.已知,,由程序框图输出的为()A.1 B.0 C. D.4.若与互为共轭复数,则()A.0 B.3 C.-1 D.45.函数f(x)=的图象大致为()A. B.C. D.6.等比数列若则()A.±6 B.6 C.-6 D.7.已知的展开式中的常数项为8,则实数()A.2 B.-2 C.-3 D.38.已知为实数集,,,则()A. B. C. D.9.2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中,甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示(以十位数字为茎,个位数字为叶).若甲队得分的中位数是86,乙队得分的平均数是88,则()A.170 B.10 C.172 D.1210.已知数列的前项和为,且,,则()A. B. C. D.11.设,,则()A. B.C. D.12.已知非零向量满足,,且与的夹角为,则()A.6 B. C. D.3二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知是偶函数,则的最小值为___________.14.将2个相同的红球和2个相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四个盒子里,其中甲、乙盒子均最多可放入2个球,丙、丁盒子均最多可放入1个球,且不同颜色的球不能放入同一个盒子里,共有________种不同的放法.15.若,则________.16.袋中装有两个红球、三个白球,四个黄球,从中任取四个球,则其中三种颜色的球均有的概率为________.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)正项数列的前n项和Sn满足:(1)求数列的通项公式;(2)令,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:对于任意的n∈N*,都有Tn<.18.(12分)中,内角的对边分别为,.(1)求的大。唬2)若,且为的重心,且,求的面积.19.(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.20.(12分)如图,在长方体中,,为的中点,为的中点,为线段上一点,且满足,为的中点.(1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值.21.(12分)设函数.(1)当时,解不等式;(2)若的解集为,,求证:.22.(10分)已知在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)求直线的直角坐标方程;(2)求曲线上的点到直线距离的最小值和最大值.
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、D【解析】
由程序框图确定程序功能后可得出结论.【详解】执行该程序可得.故。篋.【点睛】本题考查程序框图.解题可模拟程序运行,观察变量值的变化,然后可得结论,也可以由程序框图确定程序功能,然后求解.2、C【解析】
取中点,连接,,根据正棱柱的结构性质,得出//,则即为异面直线与所成角,求出,即可得出结果.【详解】解:如图,取中点,连接,,由于正三棱柱,则底面,而底面,所以,由正三棱柱的性质可知,为等边三角形,所以,且,所以平面,而平面,则,则//,,∴即为异面直线与所成角,设,则,,,则,∴.故。篊.【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角,考查计算能力.3、D【解析】试题分析:,,所以,所以由程序框图输出的为.故选D.考点:1、程序框图;2、定积分.4、C【解析】
计算,由共轭复数的概念解得即可.【详解】,又由共轭复数概念得:,.故。篊【点睛】本题主要考查了复数的运算,共轭复数的概念.5、D【解析】
根据函数为非偶函数可排除两个选项,再根据特殊值可区分剩余两个选项.【详解】因为f(-x)=≠f(x)知f(x)的图象不关于y轴对称,排除选项B,C.又f(2)==-<0.排除A,故选D.【点睛】本题主要考查了函数图象的对称性及特值法区分函数图象,属于中档题.6、B【解析】
根据等比中项性质代入可得解,由等比数列项的性质确定值即可.【详解】由等比数列中等比中项性质可知,,所以,而由等比数列性质可知奇数项符号相同,所以,故。築.【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用,注意项的符号特征,属于基础题.7、A【解析】
先求的展开式,再分类分析中用哪一项与相乘,将所有结果为常数的相加,即为展开式的常数项,从而求出的值.【详解】展开式的通项为,当取2时,常数项为,当取时,常数项为由题知,则.故。篈.【点睛】本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题,其中对所取的项要进行分类讨论,属于基础题.8、C【解析】
求出集合,,,由此能求出.【详解】为实数集,,,或,.故。海镜憔Α勘咎饪疾榻患、补集的求法,考查交集、补集的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.9、D【解析】
中位数指一串数据按从。ù螅┑酱螅ㄐ。┡帕泻,处在最中间的那个数,平均数指一串数据的算术平均数.【详解】由茎叶图知,甲的中位数为,故;乙的平均数为,解得,所以.故。篋.【点睛】本题考查茎叶图的应用,涉及到中位数、平均数的知识,是一道容易题.10、C【解析】
根据已知条件判断出数列是等比数列,求得其通项公式,由此求得.【详解】由于,所以数列是等比数列,其首项为,第二项为,所以公比为.所以,所以.故。篊【点睛】本小题主要考查等比数列的证明,考查等比数列通项公式,属于基础题.11、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。篋.【点睛】本题考查了不等式的性质及换底公式,属基础题.12、D【解析】
利用向量的加法的平行四边形法则,判断四边形的形状,推出结果即可.【详解】解:非零向量,满足,可知两个向量垂直,,且与的夹角为,说明以向量,为邻边,为对角线的平行四边形是正方形,所以则.故。海镜憔Α勘咎饪疾橄蛄康募负我庖,向量加法的平行四边形法则的应用,考查分析问题解决问题的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、2【解析】
由偶函数性质可得,解得,再结合基本不等式即可求解【详解】令得,所以,当且仅当时取等号.故答案为:2【点睛】考查函数的奇偶性、基本不等式,属于基础题14、【解析】
讨论装球盒子的个数,计算得到答案.【详解】当四个盒子有球时:种;当三个盒子有球时:种;当两个盒子有球时:种.故共有种,故答案为:.【点睛】本题考查了排列组合的综合应用,意在考查学生的理解能力和应用能力.15、13【解析】
由导函数的应用得:设,,所以,,又,所以,即,由二项式定理:令得:,再由,求出,从而得到的值;【详解】解:设,,所以,,又,所以,即,取得:,又,所以,故,故答案为:13【点睛】本题考查了导函数的应用、二项式定理,属于中档题16、【解析】
基本事件总数n126,其中三种颜色的球都有包含的基本事件个数m72,由此能求出其中三种颜色的球都有的概率.【详解】解:袋中有2个红球,3个白球和4个黄球,从中任取4个球,基本事件总数n126,其中三种颜色的球都有,可能是2个红球,1个白球和1个黄球或1个红球,2个白球和1个黄球或1个红球,1个白球和2个黄球,所以包含的基本事件个数m72,∴其中三种颜色的球都有的概率是p.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,是基础题.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)(2)见解析【解析】
(1)因为数列的前项和满足:,所以当时,,即解得或,因为数列都是正项,所以,因为,所以,解得或,因为数列都是正项,所以,当时,有,所以,解得,当时,,符合所以数列的通项公式,;(2)因为,所以,所以数列的前项和为:,当时,有,所以,所以对于任意,数列的前项和.18、(1);(2)【解析】
(1)利用正弦定理,转化为,分析运算即得解;(2)由为的重心,得到,平方可得解c,由面积公式即得解.【详解】(1)由,由正弦定理得C,即∴∵∴,又∵∴(2)由于为的重心故,∴解得或舍∴的面积为.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.19、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.20、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)解法一:作的中点,连接,.利用三角形的中位线证得,利用梯形中位线证得,由此证得平面平面,进而证得平面.解法二:建立空间直角坐标系,通过证明直线的方向向量和平面的法向量垂直,证得平面.(2)利用平面和平面法向量,计算出二面角的余弦值.【详解】(1)法一:作的中点,连接,.又为的中点,∴为的中位线,∴,又为的中点,∴为梯形的中位线,∴,在平面中,,在平面中,,∴平面平面,又平面,∴平面.另解:(法二)∵在长方体中,,,两两互相垂直,建立空间直角坐标系如图所示,则,,,,,,,,,,,.(1)设平面的一个法向量为,则,令,则,.∴,又,∵,,又平面,平面.(2)设平面的一个法向量为,则,令,则,.∴.同理可算得平面的一个法向量为∴,又由图可知二面角的平面角为一个钝角,故二面角的余弦值为.【点睛】本小题考查线面的位置关系,空间向量与线面角,二面角等基础知识,考查空间想象能力,推理论证能力,运算求解能力,数形结合思想,化归与转化思想.21、(1);(2)见解析.【解析】
(1)当时,将所求不等式变形为,然后分、、三段解不等式,综合可得出原不等式的解集;(2)先由不等式的解集求得实数,可得出,将代数式变形为,将与相乘,展开后利用基本不等式可求得的最小值,进而可证得结论.【详解】(1)当时,不等式为,且.当时,由得,解得,此时;当时,由得,该不等式不成立,此时;当时,由得,解得,此时.综上所述,不等式的解集为;(2)由,得,即或,不等式的解集为,故,解得,,,,,当且仅当,时取等号,.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了利用基本不等式证明不等式,考查推理能力与计算能力,属于中等题.22、(1)(2)最大值;最小值.【解析】
(1)结合极坐标和直角坐标的互化公式可得;(2)利用参数方程,求解点到直线的距离公式,结合三角函数知识求解最值.【详解】解:(1)因为,代入,可得直线的直角坐标方程为.(2)曲线上的点到直线的距离,其中,.故曲线上的点到直线距离的最大值,曲线上的点到直线的距离的最小值.【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的转化及最值问题,椭圆上的点到直线的距离的最值求解优先考虑参数方法,侧重考查数学运算的核心素养.
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