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。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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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。1．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A． B．C． D．2．已知為等比數列，，，則（）A．9 B．－9 C． D．3．已知，則不等式的解集是（）A． B． C． D．4．在平面直角坐標系中，銳角頂點在坐標原點，始邊為x軸正半軸，終邊與單位圓交于點，則（）A． B． C． D．5．的內角的對邊分別為，若，則內角（）A． B． C． D．6．如圖，在中，點為線段上靠近點的三等分點，點為線段上靠近點的三等分點，則（）A． B． C． D．7．執行如圖所示的程序框圖，輸出的結果為（）A． B． C． D．8．已知等差數列的公差為，前項和為，，，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，若對任意的恒成立，則實數（）.A．6 B．5 C．4 D．39．函數的圖象為C，以下結論中正確的是（）①圖象C關于直線對稱；②圖象C關于點對稱；③由y=2sin2x的圖象向右平移個單位長度可以得到圖象C.A．① B．①② C．②③ D．①②③10．在等差數列中，，，若（），則數列的最大值是（）A． B．C．1 D．311．已知是圓心為坐標原點，半徑為1的圓上的任意一點，將射線繞點逆時針旋轉到交圓于點，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．12．已知是函數的極大值點，則的取值范圍是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，如果函數有三個零點，則實數的取值范圍是____________14．設復數滿足，其中是虛數單位，若是的共軛復數，則____________．15．已知的展開式中含有的項的系數是，則展開式中各項系數和為______.16．已知橢圓C：1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1，F2，橢圓的焦距為2c，過C外一點P(c,2c)作線段PF1，PF2分別交橢圓C于點A、B，若|PA|＝|AF1|，則_____.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）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.18．（12分）已知函數（1）求單調區間和極值；（2）若存在實數，使得，求證：19．（12分）設函數（）.（1）討論函數的單調性；（2）若關于x的方程有唯一的實數解，求a的取值范圍.20．（12分）己知的內角的對邊分別為.設（1）求的值；（2）若，且，求的值.21．（12分）如圖，矩形和梯形所在的平面互相垂直，，，.（1）若為的中點，求證：平面；（2）若，求四棱錐的體積.22．（10分）如圖，在四棱錐中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中點．證明：；設，點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為，求二面角的余弦值．

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、B【解析】

由題意首先確定幾何體的空間結構特征，然后結合空間結構特征即可求得其表面積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為邊長為正方體挖去一個以為球心以為半徑球體的，如圖，故其表面積為，故選：B.【點睛】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關鍵是能夠對給出的三視圖進行恰當的分析，從三視圖中發現幾何體中各元素間的位置關系及數量關系．(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積應注意重合部分的處理．(3)圓柱、圓錐、圓臺的側面是曲面，計算側面積時需要將這個曲面展為平面圖形計算，而表面積是側面積與底面圓的面積之和．2、C【解析】

根據等比數列的下標和性質可求出,便可得出等比數列的公比,再根據等比數列的性質即可求出.【詳解】∵,∴,又,可解得或設等比數列的公比為,則當時,,∴；當時,,∴.故選：C．【點睛】本題主要考查等比數列的性質應用,意在考查學生的數學運算能力,屬于基礎題.3、A【解析】

構造函數，通過分析的單調性和對稱性，求得不等式的解集.【詳解】構造函數，是單調遞增函數，且向左移動一個單位得到，的定義域為，且，所以為奇函數，圖像關于原點對稱，所以圖像關于對稱.不等式等價于，等價于，注意到，結合圖像關于對稱和單調遞增可知.所以不等式的解集是.故選：A【點睛】本小題主要考查根據函數的單調性和對稱性解不等式，屬于中檔題.4、A【解析】

根據單位圓以及角度范圍，可得，然后根據三角函數定義，可得，最后根據兩角和的正弦公式，二倍角公式，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：，又為銳角所以，根據三角函數的定義：所以由所以故選：A【點睛】本題考查三角函數的定義以及兩角和正弦公式，還考查二倍角的正弦、余弦公式，難點在于公式的計算，識記公式，簡單計算，屬基礎題.5、C【解析】

由正弦定理化邊為角，由三角函數恒等變換可得．【詳解】∵，由正弦定理可得，∴，三角形中，∴，∴．故選：C．【點睛】本題考查正弦定理，考查兩角和的正弦公式和誘導公式，掌握正弦定理的邊角互化是解題關鍵．6、B【解析】

，將,代入化簡即可.【詳解】.故選：B.【點睛】本題考查平面向量基本定理的應用，涉及到向量的線性運算、數乘運算，考查學生的運算能力，是一道中檔題.7、D【解析】

由程序框圖確定程序功能后可得出結論．【詳解】執行該程序可得．故選：D．【點睛】本題考查程序框圖．解題可模擬程序運行，觀察變量值的變化，然后可得結論，也可以由程序框圖確定程序功能，然后求解．8、C【解析】

若對任意的恒成立，則為的最大值，所以由已知，只需求出取得最大值時的n即可.【詳解】由已知，，又三角形有一個內角為，所以，，解得或（舍），故，當時，取得最大值，所以.故選：C.【點睛】本題考查等差數列前n項和的最值問題，考查學生的計算能力，是一道基礎題.9、B【解析】

根據三角函數的對稱軸、對稱中心和圖象變換的知識，判斷出正確的結論.【詳解】因為，又，所以①正確.，所以②正確.將的圖象向右平移個單位長度，得，所以③錯誤.所以①②正確，③錯誤.故選:B【點睛】本小題主要考查三角函數的對稱軸、對稱中心，考查三角函數圖象變換，屬于基礎題.10、D【解析】

在等差數列中,利用已知可求得通項公式,進而,借助函數的的單調性可知,當時,取最大即可求得結果.【詳解】因為，所以，即，又，所以公差，所以，即，因為函數，在時，單調遞減，且；在時，單調遞減，且.所以數列的最大值是，且，所以數列的最大值是3.故選:D.【點睛】本題考查等差數列的通項公式,考查數列與函數的關系,借助函數單調性研究數列最值問題,難度較易.11、C【解析】

設射線OA與x軸正向所成的角為，由三角函數的定義得，，，利用輔助角公式計算即可.【詳解】設射線OA與x軸正向所成的角為，由已知，，，所以，當時，取得等號.故選：C.【點睛】本題考查正弦型函數的最值問題，涉及到三角函數的定義、輔助角公式等知識，是一道容易題.12、B【解析】

方法一：令，則，，當，時，，單調遞減，∴時，，，且，∴，即在上單調遞增，時，，，且，∴，即在上單調遞減，∴是函數的極大值點，∴滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，∴時，，所以，這與是函數的極大值點矛盾．綜上，．故選B．方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，須在的左側附近，，即；在的右側附近，，即．易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得，故選B．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

首先把零點問題轉化為方程問題，等價于有三個零點，兩側開方，可得，即有三個零點，再運用函數的單調性結合最值即可求出參數的取值范圍.【詳解】若函數有三個零點，即零點有，顯然，則有，可得，即有三個零點，不妨令，對于，函數單調遞增，，，所以函數在區間上只有一解，對于函數，，解得，，解得，，解得，所以函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，，當時，，當時，，此時函數若有兩個零點，則有，綜上可知，若函數有三個零點，則實數的取值范圍是.故答案為：【點睛】本題考查了函數零點的零點，恰當的開方，轉化為函數有零點問題，注意恰有三個零點條件的應用，根據函數的最值求解參數的范圍，屬于難題.14、【解析】

由于，則．15、1【解析】

由二項式定理及展開式通項公式得：，解得，令得：展開式中各項系數和，得解．【詳解】解：由的展開式的通項，令，得含有的項的系數是，解得，令得：展開式中各項系數和為，故答案為：1．【點睛】本題考查了二項式定理及展開式通項公式，屬于中檔題．16、【解析】

根據條件可得判斷OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，從而得到點A為橢圓上頂點，則有b＝c，解出B的坐標即可得到比值.【詳解】因為|PA|＝|AF1|，所以點A是線段PF1的中點，又因為點O為線段F1F2的中點，所以OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，因為點P（c，2c），所以PF2⊥x軸，則|PF2|＝2c，所以OA⊥x軸，則點A為橢圓上頂點，所以|OA|＝b，則2b＝2c，所以b＝c，ac，設B（c，m）（m＞0），則，解得mc，所以|BF2|c，則.故答案為：2.【點睛】本題考查橢圓的基本性質，考查直線位置關系的判斷，方程思想，屬于中檔題.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、【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的直角坐標方程方程為.記圓心到直線l的距離為d，則，又，即，所以.【點睛】本題考查曲線和直線的極坐標方程化為直角坐標方程，是基礎題.18、（1）時，函數單調遞增，，函數單調遞減，；（2）見解析【解析】

（1）求出函數的定義域與導函數，利用導數求函數的單調區間，即可得到函數的極值；（2）易得且，要證明，即證，即證，即對恒成立，構造函數，，利用導數研究函數的單調性與最值，即可得證；【詳解】解：（1）因為定義域為，所以，時，，即在和上單調遞增，當時，，即函數在單調遞減，所以在處取得極小值，在處取得極大值；，；（2）易得，要證明，即證，即證即證對恒成立，令，，則令，解得，即在上單調遞增；令，解得，即在上單調遞減；則在取得極小值，也就是最小值，從而結論得證.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與極值，利用導數證明不等式，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，屬于中檔題．19、（1）當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2）或.【解析】

（1）求出，對分類討論，先考慮（或）恒成立的范圍，并以此作為的分類標準，若不恒成立，求解，即可得出結論；（2）有解，即，令，轉化求函數只有一個實數解，根據（1）中的結論，即可求解.【詳解】（1），當時，恒成立，當時，，綜上，當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2），令，原方程只有一個解，只需只有一個解，即求只有一個零點時，的取值范圍，由（1）得當時，在單調遞增，且，函數只有一個零點，原方程只有一個解，當時，由（1）得在出取得極小值，也是最小值，當時，，此時函數只有一個零點，原方程只有一個解，當且遞增區間時，遞減區間時；，當，有兩個零點，即原方程有兩個解，不合題意，所以的取值范圍是或.【點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到單調性、零點、極值最值，考查分類討論和等價轉化思想，屬于中檔題.20、（1）（2）【解析】

（1）由正弦定理將，轉化，即，由余弦定理求得，再由平方關系得再求解.（2）由，得，結合再求解.【詳解】（1）由正弦定理，得，即，則，而，又，解得，故.（2）因為，則，因為，故，故，解得，故，則.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，考查運算求解能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.21、(1)見解析(2)【解析】

（1）設EC與DF交于點N，連結MN，由中位線定理可得MN∥AC，故AC∥平面MDF；（2）取CD中點為G，連結BG，EG，則可證四邊形ABGD是矩形，由面面垂直的性質得出BG⊥平面CDEF，故BG⊥DF，又DF⊥BE得出DF⊥平面BEG，從而得出DF⊥EG，得出Rt△DEG～Rt△EFD，列出比例式求出DE，代入體積公式即可計算出體積．【詳解】（1）證明：設與交于點，連接，在矩形中，點為中點，∵為的中點，∴，又∵平面，平面，∴平面.（2）取中點為，連接，，平面平面，平面平面，平面，，∴平面，同理平面，∴的長即為四棱錐的高，在梯形