2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．如圖，圓錐底面半徑為，體積為，、是底面圓的兩條互相垂直的直徑，是母線的中點，已知過與的平面與圓錐側面的交線是以為頂點的拋物線的一部分，則該拋物線的焦點到圓錐頂點的距離等于（）A． B．1 C． D．2．新聞出版業不斷推進供給側結構性改革，深入推動優化升級和融合發展，持續提高優質出口產品供給，實現了行業的良性發展.下面是2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收增長情況，則下列說法錯誤的是（）A．2012年至2016年我國新聞出版業和數字出版業營收均逐年增加B．2016年我國數字出版業營收超過2012年我國數字出版業營收的2倍C．2016年我國新聞出版業營收超過2012年我國新聞出版業營收的1.5倍D．2016年我國數字出版營收占新聞出版營收的比例未超過三分之一3．已知直線，，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．一個陶瓷圓盤的半徑為，中間有一個邊長為的正方形花紋，向盤中投入1000粒米后，發現落在正方形花紋上的米共有51粒，據此估計圓周率的值為（精確到0.001）（）A．3.132 B．3.137 C．3.142 D．3.1475．如圖，某幾何體的三視圖是由三個邊長為2的正方形和其內部的一些虛線構成的，則該幾何體的體積為()A． B． C．6 D．與點O的位置有關6．直線與圓的位置關系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．相交或相切7．設函數在定義城內可導，的圖象如圖所示，則導函數的圖象可能為（）A． B．C． D．8．我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數（即質數）的和”，如，．在不超過20的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于20的概率是（）A． B． C． D．以上都不對9．已知函數的圖象如圖所示，則可以為（）A． B． C． D．10．tan570°=（）A． B．- C． D．11．己知函數的圖象與直線恰有四個公共點，其中，則（）A． B．0 C．1 D．12．3本不同的語文書，2本不同的數學書，從中任意取出2本，取出的書恰好都是數學書的概率是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若奇函數滿足，為R上的單調函數，對任意實數都有，當時，，則________.14．已知向量，滿足，，且已知向量，的夾角為，，則的最小值是__．15．若存在直線l與函數及的圖象都相切，則實數的最小值為___________．16．設為偶函數，且當時，；當時，．關于函數的零點，有下列三個命題：①當時，存在實數m，使函數恰有5個不同的零點；②若，函數的零點不超過4個，則；③對，，函數恰有4個不同的零點，且這4個零點可以組成等差數列．其中，正確命題的序號是_______．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）已知數列中，a1=1，其前n項和為，且滿足．（1）求數列的通項公式；（2）記，若數列為遞增數列，求λ的取值范圍．18．（12分）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，焦距為2，且經過點，斜率為的直線經過點，與橢圓交于，兩點.（1）求橢圓的方程；（2）在軸上是否存在點，使得以，為鄰邊的平行四邊形是菱形？如果存在，求出的取值范圍，如果不存在，請說明理由.19．（12分）已知函數.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，且，求的值.20．（12分）(Ⅰ)證明：；(Ⅱ)證明：()；(Ⅲ)證明：.21．（12分）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且(1)求數列{a(2)求數列{1Sn}的前22．（10分）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，∠，是邊長為2的正三角形，，為線段的中點．（1）求證：平面平面；（2）若為線段上一點，當二面角的余弦值為時，求三棱錐的體積．

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、D【解析】

建立平面直角坐標系，求得拋物線的軌跡方程，解直角三角形求得拋物線的焦點到圓錐頂點的距離.【詳解】將拋物線放入坐標系，如圖所示，∵，，，∴，設拋物線，代入點，可得∴焦點為，即焦點為中點，設焦點為，，，∴.故選：D【點睛】本小題考查圓錐曲線的概念，拋物線的性質，兩點間的距離等基礎知識；考查運算求解能力，空間想象能力，推理論證能力，應用意識.2、C【解析】

通過圖表所給數據，逐個選項驗證.【詳解】根據圖示數據可知選項A正確；對于選項B：，正確；對于選項C：，故C不正確；對于選項D：，正確.選C.【點睛】本題主要考查柱狀圖是識別和數據分析，題目較為簡單.3、C【解析】

先得出兩直線平行的充要條件，根據小范圍可推導出大范圍，可得到答案.【詳解】直線，，的充要條件是，當a=2時，化簡后發現兩直線是重合的，故舍去，最終a=-1.因此得到“”是“”的充分必要條件.故答案為C.【點睛】判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．4、B【解析】

結合隨機模擬概念和幾何概型公式計算即可【詳解】如圖，由幾何概型公式可知：.故選：B【點睛】本題考查隨機模擬的概念和幾何概型，屬于基礎題5、B【解析】

根據三視圖還原直觀圖如下圖所示，幾何體的體積為正方體的體積減去四棱錐的體積，即可求出結論.【詳解】如下圖是還原后的幾何體，是由棱長為2的正方體挖去一個四棱錐構成的，正方體的體積為8，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，頂點O在平面上，高為2，所以四棱錐的體積為，所以該幾何體的體積為.故選:B.【點睛】本題考查三視圖求幾何體的體積，還原幾何體的直觀圖是解題的關鍵，屬于基礎題.6、D【解析】

由幾何法求出圓心到直線的距離，再與半徑作比較，由此可得出結論．【詳解】解：由題意，圓的圓心為，半徑，∵圓心到直線的距離為，，，故選：D．【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系，屬于基礎題．7、D【解析】

根據的圖象可得的單調性，從而得到在相應范圍上的符號和極值點，據此可判斷的圖象.【詳解】由的圖象可知，在上為增函數，且在上存在正數，使得在上為增函數，在為減函數，故在有兩個不同的零點，且在這兩個零點的附近，有變化，故排除A，B.由在上為增函數可得在上恒成立，故排除C.故選：D.【點睛】本題考查導函數圖象的識別，此類問題應根據原函數的單調性來考慮導函數的符號與零點情況，本題屬于基礎題.8、A【解析】

首先確定不超過的素數的個數，根據古典概型概率求解方法計算可得結果.【詳解】不超過的素數有，，，，，，，，共個，從這個素數中任選個，有種可能；其中選取的兩個數，其和等于的有，，共種情況，故隨機選出兩個不同的數，其和等于的概率．故選：.【點睛】本題考查古典概型概率問題的求解，屬于基礎題.9、A【解析】

根據圖象可知，函數為奇函數，以及函數在上單調遞增，且有一個零點，即可對選項逐個驗證即可得出．【詳解】首先對4個選項進行奇偶性判斷，可知，為偶函數，不符合題意，排除B；其次，在剩下的3個選項,對其在上的零點個數進行判斷,在上無零點,不符合題意，排除D；然后,對剩下的2個選項,進行單調性判斷,在上單調遞減,不符合題意，排除C.故選：A．【點睛】本題主要考查圖象的識別和函數性質的判斷，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于容易題．10、A【解析】

直接利用誘導公式化簡求解即可．【詳解】tan570°=tan（360°+210°）=tan210°=tan（180°+30°）=tan30°=．故選：A．【點睛】本題考查三角函數的恒等變換及化簡求值，主要考查誘導公式的應用，屬于基礎題.11、A【解析】

先將函數解析式化簡為，結合題意可求得切點及其范圍，根據導數幾何意義，即可求得的值.【詳解】函數即直線與函數圖象恰有四個公共點，結合圖象知直線與函數相切于，，因為，故，所以.故選：A.【點睛】本題考查了三角函數的圖像與性質的綜合應用，由交點及導數的幾何意義求函數值，屬于難題.12、D【解析】

把5本書編號，然后用列舉法列出所有基本事件．計數后可求得概率．【詳解】3本不同的語文書編號為，2本不同的數學書編號為，從中任意取出2本，所有的可能為：共10個，恰好都是數學書的只有一種，∴所求概率為．故選：D.【點睛】本題考查古典概型，解題方法是列舉法，用列舉法寫出所有的基本事件，然后計數計算概率．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據可得,函數是以為周期的函數，令，可求，從而可得，代入解析式即可求解.【詳解】令，則，由，則，所以，解得，所以，由時，，所以時，；由，所以，所以函數是以為周期的函數，，又函數為奇函數，所以.故答案為：【點睛】本題主要考查了換元法求函數解析式、函數的奇偶性、周期性的應用，屬于中檔題.14、【解析】

求的最小值可以轉化為求以AB為直徑的圓到點O的最小距離，由此即可得到本題答案.【詳解】如圖所示，設，由題，得，又，所以，則點C在以AB為直徑的圓上，取AB的中點為M，則，設以AB為直徑的圓與線段OM的交點為E，則的最小值是，因為，又，所以的最小值是.故答案為：【點睛】本題主要考查向量的綜合應用問題，涉及到圓的相關知識與余弦定理，考查學生的分析問題和解決問題的能力，體現了數形結合的數學思想.15、【解析】

設直線l與函數及的圖象分別相切于，，因為，所以函數的圖象在點處的切線方程為，即，因為，所以函數的圖象在點處的切線方程為，即，因為存在直線l與函數及的圖象都相切，所以，所以，令，設，則，當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增，所以，所以實數的最小值為．16、①②③【解析】

根據偶函數的圖象關于軸對稱，利用已知中的條件作出偶函數的圖象，利用圖象對各個選項進行判斷即可.【詳解】解：當時又因為為偶函數可畫出的圖象，如下所示：可知當時有5個不同的零點；故①正確；若，函數的零點不超過4個，即，與的交點不超過4個，時恒成立又當時，在上恒成立在上恒成立由于偶函數的圖象，如下所示：直線與圖象的公共點不超過個，則，故②正確；對，偶函數的圖象，如下所示：，使得直線與恰有4個不同的交點點，且相鄰點之間的距離相等，故③正確．故答案為：①②③【點睛】本題考查函數方程思想，數形結合思想，屬于難題.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）（2）【解析】

（1）項和轉換可得，繼而得到，可得解；（2）代入可得，由數列為遞增數列可得，，令，可證明為遞增數列，即，即得解【詳解】（1）∵，∴，∴，即，∴，∴，∴．（2）．=2·-λ（2n+1）．∵數列為遞增數列，∴，即．令，即．∴為遞增數列，∴，即的取值范圍為．【點睛】本題考查了數列綜合問題，考查了項和轉換，數列的單調性，最值等知識點，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于較難題.18、（1）（2）存在；實數的取值范圍是【解析】

（1）根據橢圓定義計算，再根據，，的關系計算即可得出橢圓方程；（2）設直線方程為，與橢圓方程聯立方程組，求出的范圍，根據根與系數的關系求出的中點坐標，求出的中垂線與軸的交點橫，得出關于的函數，利用基本不等式得出的范圍．【詳解】（1）由題意可知，，．又，，，橢圓的方程為：．（2）若存在點，使得以，為鄰邊的平行四邊形是菱形，則為線段的中垂線與軸的交點．設直線的方程為：，，，，，聯立方程組，消元得：，△，又，故．由根與系數的關系可得，設的中點為，，則，，線段的中垂線方程為：，令可得，即．，故，當且僅當即時取等號，，且．的取值范圍是，．【點睛】本題主要考查了橢圓的性質，考查直線與橢圓的位置關系，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力．19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）直接代入再由誘導公式計算可得；（Ⅱ）先得到，再根據利用兩角差的余弦公式計算可得．【詳解】解：（Ⅰ）；（Ⅱ）因為所以，由得，又因為，故，所以，所以.【點睛】本題考查了三角函數中的恒等變換應用，屬于中檔題．20、(Ⅰ)見解析（Ⅱ）見解析（Ⅲ）見解析【解析】

運用數學歸納法證明即可得到結果化簡，運用累加法得出結果運用放縮法和累加法進行求證【詳解】（Ⅰ）數學歸納法證明時，①當時，成立；②當時，假設成立，則時所以時，成立綜上①②可知，時，（Ⅱ）由得所以；；故，又所以(Ⅲ)由累加法得：所以故【點睛】本題考查了數列的綜合，運用數學歸納法證明不等式的成立，結合已知條件進行化簡求出化簡后的結果，利用放縮法求出不等式，然后兩邊同時取對數再進行證明，本題較為困難。21、（1）an=2n【解析】

(1)先設出數列的公差為d，結合題中條件，求出首項和公差，即可得出結果．(2)利用裂項相消法求出數列的和．【詳解】解：(1)設公差為d的等差數列{an}且a1+a則有：a1