2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知為兩條不重合直線，為兩個不重合平面，下列條件中，的充分條件是（）A．∥ B．∥C．∥∥ D．2．已知向量，是單位向量，若，則（）A． B． C． D．3．已知實數、滿足不等式組，則的最大值為（）A． B． C． D．4．某工廠只生產口罩、抽紙和棉簽，如圖是該工廠年至年各產量的百分比堆積圖（例如：年該工廠口罩、抽紙、棉簽產量分別占、、），根據該圖，以下結論一定正確的是（）A．年該工廠的棉簽產量最少B．這三年中每年抽紙的產量相差不明顯C．三年累計下來產量最多的是口罩D．口罩的產量逐年增加5．如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E、F且EF=，則下列結論中錯誤的是（）A．AC⊥BE B．EF平面ABCDC．三棱錐A-BEF的體積為定值 D．異面直線AE,BF所成的角為定值6．已知復數，則的虛部為（）A． B． C． D．17．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，則A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2}8．某四棱錐的三視圖如圖所示，記為此棱錐所有棱的長度的集合，則（）.A．，且 B．，且C．，且 D．，且9．已知正方體的棱長為2，點在線段上，且，平面經過點，則正方體被平面截得的截面面積為（）A． B． C． D．10．若函數f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)滿足f(1)＝，則f(x)的單調遞減區間是()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]11．已知函數（其中為自然對數的底數）有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．12．在中，角、、所對的邊分別為、、，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，滿足約束條件則的最小值為__________.14．已知數列滿足，且恒成立，則的值為____________.15．以，為圓心的兩圓均過，與軸正半軸分別交于，，且滿足，則點的軌跡方程為_________．16．曲線在點處的切線方程為______.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）如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，在銳角中，E是邊PD上一點，且.（1）求證：平面ACE；（2）當PA的長為何值時，AC與平面PCD所成的角為？18．（12分）如圖，己知圓和雙曲線，記與軸正半軸、軸負半軸的公共點分別為、，又記與在第一、第四象限的公共點分別為、.（1）若，且恰為的左焦點，求的兩條漸近線的方程；（2）若，且，求實數的值；（3）若恰為的左焦點，求證：在軸上不存在這樣的點，使得.19．（12分）已知函數（），且只有一個零點.（1）求實數a的值；（2）若，且，證明：.20．（12分）已知（1）當時，判斷函數的極值點的個數；（2）記，若存在實數，使直線與函數的圖象交于不同的兩點，求證：．21．（12分）在極坐標系中，已知曲線C的方程為（），直線l的方程為.設直線l與曲線C相交于A，B兩點，且，求r的值.22．（10分）設首項為1的正項數列{an}的前n項和為Sn，數列的前n項和為Tn，且，其中p為常數．（1）求p的值；（2）求證：數列{an}為等比數列；（3）證明：“數列an，2xan+1，2yan+2成等差數列，其中x、y均為整數”的充要條件是“x＝1，且y＝2”．

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、D【解析】

根據面面垂直的判定定理，對選項中的命題進行分析、判斷正誤即可.【詳解】對于A，當，，時，則平面與平面可能相交，，，故不能作為的充分條件，故A錯誤；對于B，當，，時，則，故不能作為的充分條件，故B錯誤；對于C，當，，時，則平面與平面相交，，，故不能作為的充分條件，故C錯誤；對于D，當，，，則一定能得到，故D正確.故選：D.【點睛】本題考查了面面垂直的判斷問題，屬于基礎題.2、C【解析】

設，根據題意求出的值，代入向量夾角公式，即可得答案；【詳解】設，，是單位向量，,，，聯立方程解得：或當時，；當時，；綜上所述：.故選：C.【點睛】本題考查向量的模、夾角計算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意的兩種情況.3、A【解析】

畫出不等式組所表示的平面區域，結合圖形確定目標函數的最優解，代入即可求解，得到答案．【詳解】畫出不等式組所表示平面區域，如圖所示，由目標函數，化為直線，當直線過點A時，此時直線在y軸上的截距最大，目標函數取得最大值，又由，解得，所以目標函數的最大值為，故選A．【點睛】本題主要考查簡單線性規劃求解目標函數的最值問題．其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力，屬于基礎題．4、C【解析】

根據該廠每年產量未知可判斷A、B、D選項的正誤，根據每年口罩在該廠的產量中所占的比重最大可判斷C選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】由于該工廠年至年的產量未知，所以，從年至年棉簽產量、抽紙產量以及口罩產量的變化無法比較，故A、B、D選項錯誤；由堆積圖可知，從年至年，該工廠生產的口罩占該工廠的總產量的比重是最大的，則三年累計下來產量最多的是口罩，C選項正確.故選：C.【點睛】本題考查堆積圖的應用，考查數據處理能力，屬于基礎題.5、D【解析】

A．通過線面的垂直關系可證真假；B．根據線面平行可證真假；C．根據三棱錐的體積計算的公式可證真假；D．根據列舉特殊情況可證真假.【詳解】A．因為，所以平面，又因為平面，所以，故正確；B．因為，所以，且平面，平面，所以平面，故正確；C．因為為定值，到平面的距離為，所以為定值，故正確；D．當，，取為，如下圖所示：因為，所以異面直線所成角為，且，當，，取為，如下圖所示：因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以異面直線所成角為，且，由此可知：異面直線所成角不是定值，故錯誤.故選：D.【點睛】本題考查立體幾何中的綜合應用，涉及到線面垂直與線面平行的證明、異面直線所成角以及三棱錐體積的計算，難度較難.注意求解異面直線所成角時，將直線平移至同一平面內.6、C【解析】

先將，化簡轉化為，再得到下結論.【詳解】已知復數，所以，所以的虛部為-1.故選：C【點睛】本題主要考查復數的概念及運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.7、D【解析】

解一元二次不等式化簡集合,再由集合的交集運算可得選項.【詳解】因為集合，故選：D.【點睛】本題考查集合的交集運算，屬于基礎題.8、D【解析】

首先把三視圖轉換為幾何體，根據三視圖的長度，進一步求出個各棱長.【詳解】根據幾何體的三視圖轉換為幾何體為：該幾何體為四棱錐體，如圖所示：所以：，，.故選：D..【點睛】本題考查三視圖和幾何體之間的轉換，主要考查運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題.9、B【解析】

先根據平面的基本性質確定平面，然后利用面面平行的性質定理，得到截面的形狀再求解.【詳解】如圖所示：確定一個平面，因為平面平面，所以，同理，所以四邊形是平行四邊形.即正方體被平面截的截面.因為，所以，即所以由余弦定理得：所以所以四邊形故選：B【點睛】本題主要考查平面的基本性質，面面平行的性質定理及截面面積的求法，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.10、B【解析】由f(1)=得a2=,∴a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上單調遞減,在[2,+∞)上單調遞增,所以f(x)在(-∞,2]上單調遞增,在[2,+∞)上單調遞減,故選B.11、B【解析】

求出導函數，確定函數的單調性，確定函數的最值，根據零點存在定理可確定參數范圍．【詳解】，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，∴在上只有一個極大值也是最大值，顯然時，，時，，因此要使函數有兩個零點，則，∴．故選：B．【點睛】本題考查函數的零點，考查用導數研究函數的最值，根據零點存在定理確定參數范圍．12、D【解析】

利用余弦定理角化邊整理可得結果.【詳解】由余弦定理得：，整理可得：，.故選：.【點睛】本題考查余弦定理邊角互化的應用，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

畫出可行域，通過平移基準直線到可行域邊界位置，由此求得目標函數的最小值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，由圖可知：可行域是由三點，，構成的三角形及其內部，當直線過點時，取得最小值.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用線性規劃求目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.14、【解析】

易得，所以是等差數列，再利用等差數列的通項公式計算即可.【詳解】由已知，，因，所以，所以數列是以為首項，3為公差的等差數列，故，所以.故答案為：【點睛】本題考查由遞推數列求數列中的某項，考查學生等價轉化的能力，是一道容易題.15、【解析】

根據圓的性質可知在線段的垂直平分線上，由此得到，同理可得，由對數運算法則可知，從而化簡得到，由此確定軌跡方程.【詳解】，，和的中點坐標為，且在線段的垂直平分線上，，即，同理可得：，，，點的軌跡方程為．故答案為：．【點睛】本題考查動點軌跡方程的求解問題，關鍵是能夠利用圓的性質和對數運算法則構造出滿足的方程，由此得到結果.16、【解析】

對函數求導，得出在處的一階導數值，即得出所求切線的斜率，再運用直線的點斜式求出切線的方程.【詳解】令，，所以，又，所求切線方程為，即.故答案為：.【點睛】本題考查運用函數的導函數求函數在切點處的切線方程，關鍵在于求出在切點處的導函數值就是切線的斜率，屬于基礎題.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）證明見解析；（2）當時，AC與平面PCD所成的角為.【解析】

（1）連接交于，由相似三角形可得，結合得出，故而平面；（2）過作，可證平面，根據計算，得出的大小，再計算的長．【詳解】（1）證明：連接BD交AC于點O，連接OE，，，又平面ACE，平面ACE，平面ACE.（2），，平面PAD作，F為垂足，連接CF平面PAD，平面PAD.，有，，平面就是AC與平面PCD所成的角，，，，，，時，AC與平面PCD所成的角為.【點睛】本題考查了線面平行的判定，線面垂直的判定與線面角的計算，屬于中檔題．18、（1）；（2）；（2）見解析．【解析】

（1）由圓的方程求出點坐標，得雙曲線的，再計算出后可得漸近線方程；（2）設，由圓方程與雙曲線方程聯立，消去后整理，可得，，由先求出，回代后求得坐標，計算；（3）由已知得，設，由圓方程與雙曲線方程聯立，消去后整理，可解得，，求出，從而可得，由，可知滿足要求的點不存在．【詳解】（1）由題意圓方程為，令得，∴，即，∴，，∴漸近線方程為．（2）由（1）圓方程為，，設，由得，(*)，，，，所以，即，解得，方程(*)為，即，，代入雙曲線方程得，∵在第一、四象限，∴，，∴．（3）由題意，，，，，設由得：，，由得，解得，，，所以，，，當且僅當三點共線時，等號成立，∴軸上不存在點，使得．【點睛】本題考查求漸近線方程，考查圓與雙曲線相交問題．考查向量的加法運算，本題對學生的運算求解能力要求較高，解題時都是直接求出交點坐標．難度較大，屬于困難題．19、（1）（2）證明見解析【解析】

(1)求導可得在上,在上,所以函數在時,取最小值,由函數只有一個零點,觀察可知則有,即可求得結果.(2)由(1)可知為最小值,則構造函數（）,求導借助基本不等式可判斷為減函數,即可得,即則有,由已知可得，由,可知,因為時,為增函數，即可得證得結論.【詳解】（1）（）.因為，所以，令得，，且，，在上；在上；所以函數在時，取最小值，當最小值為0時，函數只有一個零點，易得，所以，解得.（2）由（1）得，函數，設（），則，設（），則，，所以為減函數，所以，即，所以，即，又，所以，又當時，為增函數，所以，即.【點睛】本題考查借助導數研究函數的單調性及最值,考查學生分析問題的能力,及邏輯推理能力,難度困難.20、（1）沒有極值點；（2）證明見解析【解析】

（1）求導可得,再求導可得,則在遞增,則,從而在遞增,即可判斷；（2）轉化問題為存在且,使,可得,由（1）可知,即,則,整理可得,則,設,則可整理為,設,利用導函數可得,即可求證.【詳解】（1）當時,,,所以在遞增,所以,所以在遞增,所以函數沒有極值點.（2）由題,,若存在實數,使直線與函數的圖象交于不同的兩點,即存在且,使.由可得,,由（1）可知,可得．,所以,即,下面證明,只需證明：,令,則證,即．設,那么,所以,所以,即【點睛】本題考查利用導函數求函數的極值點,考查利用導函數解決雙變量問題,考查運算能力與推理論證能力.21、【解析】

先將曲線C和直線l的極坐標方程化為直角坐標方程，可得圓心到直線的距離，再由勾股定理，計算即得.【詳解】以極點為坐標原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系，可得曲線C：（）的直角坐標方程為，表示以原點為圓心，半徑為r的圓.由直線l的方程，化簡得，則直線l的直角坐