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文檔簡介
2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.某個命題與自然數有關,且已證得“假設時該命題成立,則時該命題也成立”.現已知當時,該命題不成立,那么()A.當時,該命題不成立 B.當時,該命題成立C.當時,該命題不成立 D.當時,該命題成立2.已知拋物線的焦點為,是拋物線上兩個不同的點,若,則線段的中點到軸的距離為()A.5 B.3 C. D.23.某學校為了調查學生在課外讀物方面的支出情況,抽取了一個容量為的樣本,其頻率分布直方圖如圖所示,其中支出在(單位:元)的同學有34人,則的值為()A.100 B.1000 C.90 D.904.如圖,平面與平面相交于,,,點,點,則下列敘述錯誤的是()A.直線與異面B.過只有唯一平面與平行C.過點只能作唯一平面與垂直D.過一定能作一平面與垂直5.設,為非零向量,則“存在正數,使得”是“”的()A.既不充分也不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.充分不必要條件6.已知條件,條件直線與直線平行,則是的()A.充要條件 B.必要不充分條件 C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件7.設是虛數單位,復數()A. B. C. D.8.設函數是奇函數的導函數,當時,,則使得成立的的取值范圍是()A. B.C. D.9.下列不等式成立的是()A. B. C. D.10.已知復數(為虛數單位)在復平面內對應的點的坐標是()A. B. C. D.11.拋物線的焦點為,準線為,,是拋物線上的兩個動點,且滿足,設線段的中點在上的投影為,則的最大值是()A. B. C. D.12.已知集合,則()A. B.C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.有編號分別為1,2,3,4,5的5個紅球和5個黑球,從中隨機取出4個,則取出球的編號互不相同的概率為_______________.14.根據如圖所示的偽代碼,若輸入的的值為2,則輸出的的值為____________.15.已知向量,且,則實數的值是__________.16.已知雙曲線C:()的左、右焦點為,,為雙曲線C上一點,且,若線段與雙曲線C交于另一點A,則的面積為______.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知函數.(1)設,求函數的單調區(qū)間,并證明函數有唯一零點.(2)若函數在區(qū)間上不單調,證明:.18.(12分)如圖,是矩形,的頂點在邊上,點,分別是,上的動點(的長度滿足需求).設,,,且滿足.(1)求;(2)若,,求的最大值.19.(12分)如圖,在四棱錐中,平面,底面是矩形,,,分別是,的中點.(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)設,求三棱錐的體積.20.(12分)在平面直角坐標系中,將曲線(為參數)通過伸縮變換,得到曲線,設直線(為參數)與曲線相交于不同兩點,.(1)若,求線段的中點的坐標;(2)設點,若,求直線的斜率.21.(12分)如圖,是正方形,點在以為直徑的半圓弧上(不與,重合),為線段的中點,現將正方形沿折起,使得平面平面.(1)證明:平面.(2)三棱錐的體積最大時,求二面角的余弦值.22.(10分)在中,內角的對邊分別是,已知.(1)求角的值;(2)若,,求的面積.
參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】
寫出命題“假設時該命題成立,則時該命題也成立”的逆否命題,結合原命題與逆否命題的真假性一致進行判斷.【詳解】由逆否命題可知,命題“假設時該命題成立,則時該命題也成立”的逆否命題為“假設當時該命題不成立,則當時該命題也不成立”,由于當時,該命題不成立,則當時,該命題也不成立,故選:C.【點睛】本題考查逆否命題與原命題等價性的應用,解題時要寫出原命題的逆否命題,結合逆否命題的等價性進行判斷,考查邏輯推理能力,屬于中等題.2、D【解析】
由拋物線方程可得焦點坐標及準線方程,由拋物線的定義可知,繼而可求出,從而可求出的中點的橫坐標,即為中點到軸的距離.【詳解】解:由拋物線方程可知,,即,.設則,即,所以.所以線段的中點到軸的距離為.故選:D.【點睛】本題考查了拋物線的定義,考查了拋物線的方程.本題的關鍵是由拋物線的定義求得兩點橫坐標的和.3、A【解析】
利用頻率分布直方圖得到支出在的同學的頻率,再結合支出在(單位:元)的同學有34人,即得解【詳解】由題意,支出在(單位:元)的同學有34人由頻率分布直方圖可知,支出在的同學的頻率為.故選:A【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用,考查了學生概念理解,數據處理,數學運算的能力,屬于基礎題.4、D【解析】
根據異面直線的判定定理、定義和性質,結合線面垂直的關系,對選項中的命題判斷.【詳解】A.假設直線與共面,則A,D,B,C共面,則AB,CD共面,與,矛盾,故正確.B.根據異面直線的性質知,過只有唯一平面與平行,故正確.C.根據過一點有且只有一個平面與已知直線垂直知,故正確.D.根據異面直線的性質知,過不一定能作一平面與垂直,故錯誤.故選:D【點睛】本題主要考查異面直線的定義,性質以及線面關系,還考查了理解辨析的能力,屬于中檔題.5、D【解析】
充分性中,由向量數乘的幾何意義得,再由數量積運算即可說明成立;必要性中,由數量積運算可得,不一定有正數,使得,所以不成立,即可得答案.【詳解】充分性:若存在正數,使得,則,,得證;必要性:若,則,不一定有正數,使得,故不成立;所以是充分不必要條件故選:D【點睛】本題考查平面向量數量積的運算,向量數乘的幾何意義,還考查了充分必要條件的判定,屬于簡單題.6、C【解析】
先根據直線與直線平行確定的值,進而即可確定結果.【詳解】因為直線與直線平行,所以,解得或;即或;所以由能推出;不能推出;即是的充分不必要條件.故選C【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判定,熟記概念即可,屬于基礎題型.7、D【解析】
利用復數的除法運算,化簡復數,即可求解,得到答案.【詳解】由題意,復數,故選D.【點睛】本題主要考查了復數的除法運算,其中解答中熟記復數的除法運算法則是解答的關鍵,著重考查了運算與求解能力,屬于基礎題.8、D【解析】構造函數,令,則,由可得,則是區(qū)間上的單調遞減函數,且,當x∈(0,1)時,g(x)>0,∵lnx<0,f(x)<0,(x2-1)f(x)>0;當x∈(1,+∞)時,g(x)<0,∵lnx>0,∴f(x)<0,(x2-1)f(x)<0∵f(x)是奇函數,當x∈(-1,0)時,f(x)>0,(x2-1)f(x)<0∴當x∈(-∞,-1)時,f(x)>0,(x2-1)f(x)>0.綜上所述,使得(x2-1)f(x)>0成立的x的取值范圍是.本題選擇D選項.點睛:函數的單調性是函數的重要性質之一,它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關,但如果我們能挖掘其內在聯(lián)系,抓住其本質,那么運用函數的單調性解題,能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數的單調性進行全面、準確的認識,并掌握好使用的技巧和方法,這是非常必要的.根據題目的特點,構造一個適當的函數,利用它的單調性進行解題,是一種常用技巧.許多問題,如果運用這種思想去解決,往往能獲得簡潔明快的思路,有著非凡的功效.9、D【解析】
根據指數函數、對數函數、冪函數的單調性和正余弦函數的圖象可確定各個選項的正誤.【詳解】對于,,,錯誤;對于,在上單調遞減,,錯誤;對于,,,,錯誤;對于,在上單調遞增,,正確.故選:.【點睛】本題考查根據初等函數的單調性比較大小的問題;關鍵是熟練掌握正余弦函數圖象、指數函數、對數函數和冪函數的單調性.10、A【解析】
直接利用復數代數形式的乘除運算化簡,求得的坐標得出答案.【詳解】解:,在復平面內對應的點的坐標是.故選:A.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算,考查復數的代數表示法及其幾何意義,屬于基礎題.11、B【解析】
試題分析:設在直線上的投影分別是,則,,又是中點,所以,則,在中,所以,即,所以,故選B.考點:拋物線的性質.【名師點晴】在直線與拋物線的位置關系問題中,涉及到拋物線上的點到焦點的距離,焦點弦長,拋物線上的點到準線(或與準線平行的直線)的距離時,常??紤]用拋物線的定義進行問題的轉化.象本題弦的中點到準線的距離首先等于兩點到準線距離之和的一半,然后轉化為兩點到焦點的距離,從而與弦長之間可通過余弦定理建立關系.12、C【解析】
由題意和交集的運算直接求出.【詳解】∵集合,∴.故選:C.【點睛】本題考查了集合的交集運算.集合進行交并補運算時,常借助數軸求解.注意端點處是實心圓還是空心圓.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】試題分析:從編號分別為1,1,3,4,5的5個紅球和5個黑球,從中隨機取出4個,有種不同的結果,由于是隨機取出的,所以每個結果出現的可能性是相等的;設事件為“取出球的編號互不相同”,則事件包含了個基本事件,所以.考點:1.計數原理;1.古典概型.14、【解析】
滿足條件執(zhí)行,否則執(zhí)行.【詳解】本題實質是求分段函數在處的函數值,當時,.故答案為:1【點睛】本題考查條件語句的應用,此類題要做到讀懂算法語句,本題是一道容易題.15、【解析】∵=(1,2),=(x,1),則=+2=(1,2)+2(x,1)=(1+2x,4),=2﹣=2(1,2)﹣(x,1)=(2﹣x,3),∵∴3(1+2x)﹣4(2﹣x)=1,解得:x=.點睛:由向量的數乘和坐標加減法運算求得,然后利用向量共線的坐標表示列式求解x的值.若=(a1,a2),=(b1,b2),則⊥?a1a2+b1b2=1,∥?a1b2﹣a2b1=1.16、【解析】
由已知得即,,可解得,由在雙曲線C上,代入即可求得雙曲線方程,然后求得直線的方程與雙曲線方程聯(lián)立求得點A坐標,借助,即可解得所求.【詳解】由已知得,又,,所以,解得或,由在雙曲線C上,所以或,所以或(舍去),因此雙曲線C的方程為.又,所以線段的方程為,與雙曲線C的方程聯(lián)立消去x整理得,所以,,所以點A坐標為,所以.【點睛】本題主要考查直線與雙曲線的位置關系,考查雙曲線方程的求解,考查求三角形面積,考查學生的計算能力,難度較難.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)為增區(qū)間;為減區(qū)間.見解析(2)見解析【解析】
(1)先求得的定義域,然后利用導數求得的單調區(qū)間,結合零點存在性定理判斷出有唯一零點.(2)求得的導函數,結合在區(qū)間上不單調,證得,通過證明,證得成立.【詳解】(1)∵函數的定義域為,由,解得為增區(qū)間;由解得為減區(qū)間.下面證明函數只有一個零點:∵,所以函數在區(qū)間內有零點,∵,函數在區(qū)間上沒有零點,故函數只有一個零點.(2)證明:函數,則當時,,不符合題意;當時,令,則,所以在上單調增函數,而,又∵區(qū)間上不單調,所以存在,使得在上有一個零點,即,所以,且,即兩邊取自然對數,得即,要證,即證,先證明:,令,則∴在上單調遞增,即,∴①在①中令,∴令∴,即即,∴.【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調區(qū)間和零點,考查利用導數證明不等式,考查分類討論的數學思想方法,考查化歸與轉化的數學思想方法,屬于難題.18、(1)(2)【解析】
(1)利用正弦定理和余弦定理化簡,根據勾股定理逆定理求得.(2)設,由此求得的表達式,利用三角函數最值的求法,求得的最大值.【詳解】(1)設,,,由,根據正弦定理和余弦定理得.化簡整理得.由勾股定理逆定理得.(2)設,,由(1)的結論知.在中,,由,所以.在中,,由,所以.所以,由,所以當,即時,取得最大值,且最大值為.【點睛】本小題考查正弦定理,余弦定理,勾股定理,解三角形,三角函數性質及其三角恒等變換等基礎知識;考查運算求解能力,推理論證能力,化歸與轉換思想,應用意識.19、(Ⅰ)見解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)取中點,連,,根據平行四邊形,可得,進而證得平面平面,利用面面垂直的性質,得平面,又由,即可得到平面.(Ⅱ)根據三棱錐的體積公式,利用等積法,即可求解.【詳解】(Ⅰ)取中點,連,,由,可得,可得是平行四邊形,則,又平面,∴平面平面,∵平面,平面,∴平面平面,∵,是中點,則,而平面平面,而,∴平面.(Ⅱ)根據三棱錐的體積公式,得.【點睛】本題主要考查了空間中線面位置關系的判定與證明,以及利用“等體積法”求解三棱錐的體積,其中解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理,以及合理利用“等體積法”求解是解答的關鍵,著重考查了推理與論證能力,屬于基礎題.20、(1);(2).【解析】
(1)由l參數方程與橢圓方程聯(lián)立可得A、B兩點參數和,再利用M點的參數為A、B兩點參數和的一半即可求M的坐標;(2)利用直線參數方程的幾何意義得到,再利用計算即可,但要注意判別式還要大于0.【詳解】(1)由已知,曲線的參數方程為(為參數),其普通方程為,當時,將(為參數)代入得,設直線l上A、B兩點所對應的參數為,中點M所對應的參數為,則,所以的坐
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