揚(yáng)州市揚(yáng)州中學(xué)2022-2023學(xué)年數(shù)學(xué)高三上期末聯(lián)考模擬試題含解析

2022-2023學(xué)年高三上數(shù)學(xué)期末模擬試卷注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)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(nèi)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(zhǔn)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的的值為（）A． B．C． D．2．已知曲線，動(dòng)點(diǎn)在直線上，過點(diǎn)作曲線的兩條切線，切點(diǎn)分別為，則直線截圓所得弦長為（）A． B．2 C．4 D．3．設(shè)函數(shù)（，）是上的奇函數(shù)，若的圖象關(guān)于直線對稱，且在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，則（）A． B． C． D．4．已知類產(chǎn)品共兩件，類產(chǎn)品共三件，混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分開來，每次隨機(jī)檢測一件產(chǎn)品，檢測后不放回，直到檢測出2件類產(chǎn)品或者檢測出3件類產(chǎn)品時(shí)，檢測結(jié)束，則第一次檢測出類產(chǎn)品，第二次檢測出類產(chǎn)品的概率為（）A． B． C． D．5．設(shè)，則““是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必條件6．已知命題：是“直線和直線互相垂直”的充要條件；命題：函數(shù)的最小值為4.給出下列命題：①；②；③；④，其中真命題的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2 C．3 D．47．盒中有6個(gè)小球，其中4個(gè)白球，2個(gè)黑球，從中任取個(gè)球，在取出的球中，黑球放回，白球則涂黑后放回，此時(shí)盒中黑球的個(gè)數(shù)，則()A．， B．，C．， D．，8．雙曲線的漸近線方程是（）A． B． C． D．9．記集合和集合表示的平面區(qū)域分別是和,若在區(qū)域內(nèi)任取一點(diǎn),則該點(diǎn)落在區(qū)域的概率為()A． B． C． D．10．若命題p：從有2件正品和2件次品的產(chǎn)品中任選2件得到都是正品的概率為三分之一；命題q：在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)任取一點(diǎn)M，則∠AMB>90°的概率為π8A．p∧qB．(?p)∧qC．p∧(?q)D．?q11．已知函數(shù)（，，），將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長度，得到函數(shù)的部分圖象如圖所示，則是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件12．已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為（）A．3 B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．?dāng)?shù)學(xué)家狄里克雷對數(shù)論，數(shù)學(xué)分析和數(shù)學(xué)物理有突出貢獻(xiàn)，是解析數(shù)論的創(chuàng)始人之一.函數(shù)，稱為狄里克雷函數(shù).則關(guān)于有以下結(jié)論:①的值域?yàn)?②;③;④其中正確的結(jié)論是_______(寫出所有正確的結(jié)論的序號)14．已知平面向量，的夾角為，且，則=____15．我國著名的數(shù)學(xué)家秦九韶在《數(shù)書九章》提出了“三斜求積術(shù)”．他把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜．三斜求積術(shù)就是用小斜平方加上大斜平方，送到中斜平方，取相減后余數(shù)的一半，自乘而得一個(gè)數(shù)，小斜平方乘以大斜平方，送到上面得到的那個(gè)數(shù)，相減后余數(shù)被4除，所得的數(shù)作為“實(shí)”，1作為“隅”，開平方后即得面積．所謂“實(shí)”、“隅”指的是在方程中，p為“隅”，q為“實(shí)”．即若的大斜、中斜、小斜分別為a，b，c，則.已知點(diǎn)D是邊AB上一點(diǎn)，，，，，則的面積為________．16．已知是函數(shù)的極大值點(diǎn)，則的取值范圍是____________．三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知，，求證：（1）；（2）.18．（12分）已知函數(shù)，將的圖象向左移個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象.（1）若，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若，的一條對稱軸是，求在的值域.19．（12分）已知函數(shù)（1）當(dāng)時(shí)，若恒成立，求的最大值；（2）記的解集為集合A，若，求實(shí)數(shù)的取值范圍.20．（12分）已知函數(shù)，其中．（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）設(shè)，求證：；（Ⅲ）若對于恒成立，求的最大值．21．（12分）在直角坐標(biāo)系中，直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）．以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為．（1）求和的直角坐標(biāo)方程；（2）已知為曲線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求線段的中點(diǎn)到直線的最大距離．22．（10分）已知數(shù)列滿足，，，且.（1）求證：數(shù)列為等比數(shù)列，并求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項(xiàng)和.

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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解析】

列出循環(huán)的每一步，進(jìn)而可求得輸出的值.【詳解】根據(jù)程序框圖，執(zhí)行循環(huán)前：，，，執(zhí)行第一次循環(huán)時(shí)：，，所以：不成立．繼續(xù)進(jìn)行循環(huán)，…，當(dāng)，時(shí)，成立，，由于不成立，執(zhí)行下一次循環(huán)，，，成立，，成立，輸出的的值為.故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查的知識要點(diǎn)：程序框圖的循環(huán)結(jié)構(gòu)和條件結(jié)構(gòu)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)換能力，屬于基礎(chǔ)題型．2、C【解析】

設(shè)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出切線斜率，進(jìn)而得到切線方程，將點(diǎn)坐標(biāo)代入切線方程，抽象出直線方程，且過定點(diǎn)為已知圓的圓心，即可求解.【詳解】圓可化為.設(shè)，則的斜率分別為，所以的方程為，即，，即，由于都過點(diǎn)，所以，即都在直線上，所以直線的方程為，恒過定點(diǎn)，即直線過圓心，則直線截圓所得弦長為4.故選:C.【點(diǎn)睛】本題考查直線與圓位置關(guān)系、直線與拋物線位置關(guān)系，拋物線兩切點(diǎn)所在直線求解是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題.3、D【解析】

根據(jù)函數(shù)為上的奇函數(shù)可得，由函數(shù)的對稱軸及單調(diào)性即可確定的值，進(jìn)而確定函數(shù)的解析式，即可求得的值.【詳解】函數(shù)（，）是上的奇函數(shù)，則，所以.又的圖象關(guān)于直線對稱可得，，即，，由函數(shù)的單調(diào)區(qū)間知，，即，綜上，則，.故選：D【點(diǎn)睛】本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，由對稱軸、奇偶性及單調(diào)性確定參數(shù)，屬于中檔題.4、D【解析】

根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理，由古典概型概率公式可得第一次檢測出類產(chǎn)品的概率，不放回情況下第二次檢測出類產(chǎn)品的概率，即可得解.【詳解】類產(chǎn)品共兩件，類產(chǎn)品共三件，則第一次檢測出類產(chǎn)品的概率為；不放回情況下，剩余4件產(chǎn)品，則第二次檢測出類產(chǎn)品的概率為；故第一次檢測出類產(chǎn)品，第二次檢測出類產(chǎn)品的概率為；故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查了分步乘法計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用，古典概型概率計(jì)算公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.5、B【解析】

解出兩個(gè)不等式的解集，根據(jù)充分條件和必要條件的定義，即可得到本題答案.【詳解】由，得，又由，得，因?yàn)榧?，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查必要不充分條件的判斷，其中涉及到絕對值不等式和一元二次不等式的解法.6、A【解析】

先由兩直線垂直的條件判斷出命題p的真假，由基本不等式判斷命題q的真假，從而得出p,q的非命題的真假，繼而判斷復(fù)合命題的真假，可得出選項(xiàng).【詳解】已知對于命題，由得，所以命題為假命題；關(guān)于命題，函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)即時(shí)，取等號，當(dāng)時(shí)，函數(shù)沒有最小值，所以命題為假命題.所以和是真命題，所以為假命題，為假命題，為假命題，為真命題，所以真命題的個(gè)數(shù)為1個(gè).故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查直線的垂直的判定和基本不等式的應(yīng)用，以及復(fù)合命題的真假的判斷，注意運(yùn)用基本不等式時(shí)，滿足所需的條件，屬于基礎(chǔ)題.7、C【解析】

根據(jù)古典概型概率計(jì)算公式，計(jì)算出概率并求得數(shù)學(xué)期望，由此判斷出正確選項(xiàng).【詳解】表示取出的為一個(gè)白球，所以.表示取出一個(gè)黑球，，所以.表示取出兩個(gè)球，其中一黑一白，，表示取出兩個(gè)球?yàn)楹谇颍?，表示取出兩個(gè)球?yàn)榘浊?，，所?所以，.故選：C【點(diǎn)睛】本小題主要考查離散型隨機(jī)變量分布列和數(shù)學(xué)期望的計(jì)算，屬于中檔題.8、C【解析】

根據(jù)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程即可得出該雙曲線的漸近線方程.【詳解】由題意可知，雙曲線的漸近線方程是.故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查雙曲線的漸近線方程的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意雙曲線的簡單性質(zhì)的合理運(yùn)用．9、C【解析】

據(jù)題意可知，是與面積有關(guān)的幾何概率，要求落在區(qū)域內(nèi)的概率，只要求、所表示區(qū)域的面積，然后代入概率公式，計(jì)算即可得答案．【詳解】根據(jù)題意可得集合所表示的區(qū)域即為如圖所表示：的圓及內(nèi)部的平面區(qū)域，面積為，集合，，表示的平面區(qū)域即為圖中的，，根據(jù)幾何概率的計(jì)算公式可得，故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了幾何概率的計(jì)算，本題是與面積有關(guān)的幾何概率模型．解決本題的關(guān)鍵是要準(zhǔn)確求出兩區(qū)域的面積．10、B【解析】因?yàn)閺挠?件正品和2件次品的產(chǎn)品中任選2件得到都是正品的概率為P1=1C42=16，即命題p是錯(cuò)誤，則?p是正確的；在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)任取一點(diǎn)M點(diǎn)睛：本題將古典型概率公式、幾何型概率公式與命題的真假（含或、且、非等連接詞）的命題構(gòu)成的復(fù)合命題的真假的判定有機(jī)地整合在一起，旨在考查命題真假的判定及古典概型的特征與計(jì)算公式的運(yùn)用、幾何概型的特征與計(jì)算公式的運(yùn)用等知識與方法的綜合運(yùn)用，以及分析問題解決問題的能力。11、B【解析】

先根據(jù)圖象求出函數(shù)的解析式,再由平移知識得到的解析式,然后分別找出和的等價(jià)條件,即可根據(jù)充分條件,必要條件的定義求出.【詳解】設(shè),根據(jù)圖象可知,,再由,取,∴.將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長度,得到函數(shù)的圖象,∴.,,令,則,顯然,∴是的必要不充分條件.故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查利用圖象求正(余)弦型函數(shù)的解析式,三角函數(shù)的圖形變換,二倍角公式的應(yīng)用,充分條件,必要條件的定義的應(yīng)用,意在考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.12、B【解析】由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去一個(gè)三棱錐，如圖：

直三棱柱的體積為，消去的三棱錐的體積為，

∴幾何體的體積，故選B.點(diǎn)睛：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀及相關(guān)幾何量的數(shù)據(jù)是解答此類問題的關(guān)鍵；幾何體是直三棱柱消去一個(gè)三棱錐，結(jié)合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積，相減可得幾何體的體積.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、②【解析】

根據(jù)新定義，結(jié)合實(shí)數(shù)的性質(zhì)即可判斷①②③，由定義求得比小的有理數(shù)個(gè)數(shù)，即可確定④.【詳解】對于①，由定義可知，當(dāng)為有理數(shù)時(shí)；當(dāng)為無理數(shù)時(shí)，則值域?yàn)椋寓馘e(cuò)誤；對于②，因?yàn)橛欣頂?shù)的相反數(shù)還是有理數(shù)，無理數(shù)的相反數(shù)還是無理數(shù)，所以滿足，所以②正確；對于③，因?yàn)?，?dāng)為無理數(shù)時(shí)，可以是有理數(shù)，也可以是無理數(shù)，所以③錯(cuò)誤；對于④，由定義可知，所以④錯(cuò)誤；綜上可知，正確的為②.故答案為：②.【點(diǎn)睛】本題考查了新定義函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確理解題意是解決此類問題的關(guān)鍵，屬于中檔題.14、1【解析】

根據(jù)平面向量模的定義先由坐標(biāo)求得，再根據(jù)平面向量數(shù)量積定義求得；將化簡并代入即可求得.【詳解】，則，平面向量，的夾角為，則由平面向量數(shù)量積定義可得，根據(jù)平面向量模的求法可知，代入可得，解得，故答案為：1.【點(diǎn)睛】本題考查了平面向量模的求法及簡單應(yīng)用，平面向量數(shù)量積的定義及運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.15、.【解析】

利用正切的和角公式求得,再求得,利用余弦定理求得,代入“三斜求積術(shù)”公式即可求得答案.【詳解】，所以，由余弦定理可知，得.根據(jù)“三斜求積術(shù)”可得，所以.【點(diǎn)睛】本題考查正切的和角公式,同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式,余弦定理的應(yīng)用,考查學(xué)生分析問題的能力和計(jì)算整理能力,難度較易.16、【解析】

方法一：令，則，，當(dāng)，時(shí)，，單調(diào)遞減，∴時(shí)，，，且，∴在上單調(diào)遞增，時(shí)，，，且，∴在上單調(diào)遞減，∴是函數(shù)的極大值點(diǎn)，∴滿足題意；當(dāng)時(shí)，存在使得，即，又在上單調(diào)遞減，∴時(shí)，，，所以，這與是函數(shù)的極大值點(diǎn)矛盾．綜上，．方法二：依據(jù)極值的定義，要使是函數(shù)的極大值點(diǎn)，由知須在的左側(cè)附近，，即；在的右側(cè)附近，，即．易知，時(shí)，與相切于原點(diǎn)，所以根據(jù)與的圖象關(guān)系，可得．三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）見解析．【解析】

（1）結(jié)合基本不等式可證明；（2）利用基本不等式得，即，同理得其他兩個(gè)式子，三式相加可證結(jié)論．【詳解】（1）∵，∴，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c等號成立，∴；（2）由基本不等式，∴，同理，，∴，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c等號成立∴．【點(diǎn)睛】本題考查不等式的證明，考查用基本不等式證明不等式成立．解題關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)基本不等式的形式，方法是綜合法．18、（1）增區(qū)間為，減區(qū)間為；（2）.【解析】

（1）由題意利用三角函數(shù)圖象變換規(guī)律求得的解析式，然后利用余弦函數(shù)的單調(diào)性，得出結(jié)論；（2）由題意利用余弦函數(shù)的圖象的對稱性求得，再根據(jù)余弦函數(shù)的定義域和值域，得出結(jié)論．【詳解】由題意得（1）向左平移個(gè)單位得到，增區(qū)間：解不等式，解得，減區(qū)間：解不等式，解得.綜上可得，的單調(diào)增區(qū)間為，減區(qū)間為；（2）由題易知，，因?yàn)榈囊粭l對稱軸是，所以，，解得，.又因?yàn)?，所以，?因?yàn)?，所以，則，所以在的值域是.【點(diǎn)睛】本題主要考查三角函數(shù)圖象變換規(guī)律，余弦函數(shù)圖象的對稱性，余弦函數(shù)的單調(diào)性和值域，屬于中檔題．19、（1）；（2）【解析】

（1）當(dāng)時(shí)，由題意得到，令，分類討論求得函數(shù)的最小值，即可求得的最大值.（2）由時(shí)，不等式恒成立，轉(zhuǎn)化為在上恒成立，得到，即可求解.【詳解】（1）由題意，當(dāng)時(shí)，由，可得，令，則只需，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；故當(dāng)時(shí)，取得最小值，即的最大值為.（2）依題意，當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，即在上恒成立，所以，即，即，解得在上恒成立，則，所以，所示實(shí)數(shù)的取值范圍是.【點(diǎn)睛】本題主要考查了含絕對值的不等式的解法，以及不等式的恒成立問題的求解與應(yīng)用，著重考查了轉(zhuǎn)化思想，以及推理與計(jì)算能力.20、（Ⅰ）函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）利用二次求導(dǎo)可得，所以在上為增函數(shù)，進(jìn)而可得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)可得在區(qū)間上存在唯一零點(diǎn)，所以函數(shù)在遞減，在，遞增，則，進(jìn)而可證；（Ⅲ）條件等價(jià)于對于恒成立，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可得的單調(diào)性，即可得到的最小值為，再次構(gòu)造函數(shù)（a），，利用導(dǎo)數(shù)得其單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而求得最大值．【詳解】（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，，則，所以，又因?yàn)?，所以在上為增函?shù)，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，為增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，為減函數(shù)，即函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；（Ⅱ），則令，則（1），，所