2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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，，是平面內三個單位向量，若，則的最小值（）A． B． C． D．52．已知函數，若所有點，所構成的平面區域面積為，則（）A． B． C．1 D．3．已知展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相等，，若，則的值為()A．1 B．－1 C．8l D．－814．在直三棱柱中，己知，，，則異面直線與所成的角為（）A． B． C． D．5．在中，角所對的邊分別為，已知，則（）A．或 B． C． D．或6．明代數學家程大位（1533~1606年），有感于當時籌算方法的不便，用其畢生心血寫出《算法統宗》，可謂集成計算的鼻祖．如圖所示的程序框圖的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”問題．執行該程序框圖，若輸出的的值為，則輸入的的值為（）A． B． C． D．7．已知向量，則（）A．∥ B．⊥ C．∥() D．⊥()8．已知函數的最大值為，若存在實數，使得對任意實數總有成立，則的最小值為（）A． B． C． D．9．集合的子集的個數是（）A．2 B．3 C．4 D．810．已知集合，，若，則實數的值可以為（）A． B． C． D．11．若2m＞2n＞1，則（）A． B．πm﹣n＞1C．ln（m﹣n）＞0 D．12．空氣質量指數是反映空氣狀況的指數，指數值趨小，表明空氣質量越好，下圖是某市10月1日-20日指數變化趨勢，下列敘述錯誤的是（）A．這20天中指數值的中位數略高于100B．這20天中的中度污染及以上（指數）的天數占C．該市10月的前半個月的空氣質量越來越好D．總體來說，該市10月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．三棱錐中，點是斜邊上一點.給出下列四個命題：①若平面，則三棱錐的四個面都是直角三角形；②若，，，平面，則三棱錐的外接球體積為；③若，，，在平面上的射影是內心，則三棱錐的體積為2；④若，，，平面，則直線與平面所成的最大角為.其中正確命題的序號是__________．（把你認為正確命題的序號都填上）14．如圖是九位評委打出的分數的莖葉統計圖，去掉一個最高分和一個最低分后，所剩數據的平均分為_______．15．若一組樣本數據7，9，，8，10的平均數為9，則該組樣本數據的方差為______.16．設滿足約束條件，則的取值范圍為__________.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）在平面直角坐標系中,已知橢圓：（）的左、右焦點分別為、,且點、與橢圓的上頂點構成邊長為2的等邊三角形．（1）求橢圓的方程；（2）已知直線與橢圓相切于點,且分別與直線和直線相交于點、．試判斷是否為定值,并說明理由．18．（12分）已知，均為正數，且.證明：（1）；（2）.19．（12分）已知直線過橢圓的右焦點，且交橢圓于A，B兩點，線段AB的中點是，（1）求橢圓的方程；（2）過原點的直線l與線段AB相交（不含端點）且交橢圓于C，D兩點，求四邊形面積的最大值.20．（12分）如圖，在等腰梯形中，AD∥BC，，，，，分別為，，的中點，以為折痕將折起，使點到達點位置（平面）．（1）若為直線上任意一點，證明：MH∥平面；（2）若直線與直線所成角為，求二面角的余弦值．21．（12分）已知中，內角所對邊分別是其中.（1）若角為銳角，且，求的值；（2）設，求的取值范圍.22．（10分）設函數．（1）當時，解不等式；（2）若的解集為，，求證：．

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、A【解析】

由于，且為單位向量，所以可令，，再設出單位向量的坐標，再將坐標代入中，利用兩點間的距離的幾何意義可求出結果．【詳解】解：設，，，則，從而，等號可取到．故選：A【點睛】此題考查的是平面向量的坐標、模的運算，利用整體代換，再結合距離公式求解，屬于難題．2、D【解析】

依題意，可得，在上單調遞增，于是可得在上的值域為，繼而可得，解之即可.【詳解】解：，因為，，所以，在上單調遞增，則在上的值域為，因為所有點所構成的平面區域面積為，所以，解得，故選：D.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性，理解題意，得到是關鍵，考查運算能力，屬于中檔題．3、B【解析】

根據二項式系數的性質，可求得，再通過賦值求得以及結果即可.【詳解】因為展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相等，故可得，令，故可得，又因為，令，則，解得令，則.故選：B.【點睛】本題考查二項式系數的性質，以及通過賦值法求系數之和，屬綜合基礎題.4、C【解析】

由條件可看出，則為異面直線與所成的角，可證得三角形中，，解得從而得出異面直線與所成的角．【詳解】連接，，如圖：又，則為異面直線與所成的角.因為且三棱柱為直三棱柱，∴∴面，∴，又，，∴，∴，解得.故選C【點睛】考查直三棱柱的定義，線面垂直的性質，考查了異面直線所成角的概念及求法，考查了邏輯推理能力，屬于基礎題．5、D【解析】

根據正弦定理得到，化簡得到答案.【詳解】由，得，∴，∴或，∴或．故選：【點睛】本題考查了正弦定理解三角形，意在考查學生的計算能力.6、C【解析】

根據程序框圖依次計算得到答案.【詳解】，；，；，；，；，此時不滿足，跳出循環，輸出結果為，由題意，得．故選:【點睛】本題考查了程序框圖的計算，意在考查學生的理解能力和計算能力.7、D【解析】

由題意利用兩個向量坐標形式的運算法則，兩個向量平行、垂直的性質，得出結論.【詳解】∵向量（1，﹣2），（3，﹣1），∴和的坐標對應不成比例，故、不平行，故排除A；顯然，?3+2≠0，故、不垂直，故排除B；∴（﹣2，﹣1），顯然，和的坐標對應不成比例，故和不平行，故排除C；∴?（）＝﹣2+2＝0，故⊥（），故D正確，故選：D.【點睛】本題主要考查兩個向量坐標形式的運算，兩個向量平行、垂直的性質，屬于基礎題.8、B【解析】

根據三角函數的兩角和差公式得到，進而可以得到函數的最值，區間(m,n)長度要大于等于半個周期，最終得到結果.【詳解】函數則函數的最大值為2，存在實數，使得對任意實數總有成立，則區間(m,n)長度要大于等于半個周期，即故答案為：B.【點睛】這個題目考查了三角函數的兩角和差的正余弦公式的應用，以及三角函數的圖像的性質的應用，題目比較綜合.9、D【解析】

先確定集合中元素的個數，再得子集個數．【詳解】由題意，有三個元素，其子集有8個．故選：D．【點睛】本題考查子集的個數問題，含有個元素的集合其子集有個，其中真子集有個．10、D【解析】

由題意可得，根據，即可得出，從而求出結果．【詳解】，且，，∴的值可以為．故選：D．【點睛】考查描述法表示集合的定義，以及并集的定義及運算．11、B【解析】

根據指數函數的單調性，結合特殊值進行辨析.【詳解】若2m＞2n＞1＝20，∴m＞n＞0，∴πm﹣n＞π0＝1，故B正確；而當m，n時，檢驗可得，A、C、D都不正確，故選：B．【點睛】此題考查根據指數冪的大小關系判斷參數的大小，根據參數的大小判定指數冪或對數的大小關系，需要熟練掌握指數函數和對數函數的性質，結合特值法得出選項.12、C【解析】

結合題意，根據題目中的天的指數值，判斷選項中的命題是否正確.【詳解】對于，由圖可知天的指數值中有個低于，個高于，其中第個接近，第個高于，所以中位數略高于，故正確.對于，由圖可知天的指數值中高于的天數為，即占總天數的，故正確.對于，由圖可知該市月的前天的空氣質量越來越好，從第天到第天空氣質量越來越差，故錯誤.對于，由圖可知該市月上旬大部分指數在以下，中旬大部分指數在以上，所以該市月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好，故正確.故選：【點睛】本題考查了對折線圖數據的分析，讀懂題意是解題關鍵，并能運用所學知識對命題進行判斷，本題較為基礎.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①②③【解析】

對①，由線面平行的性質可判斷正確；對②，三棱錐外接球可看作正方體的外接球，結合外接球半徑公式即可求解；對③，結合題意作出圖形，由勾股定理和內接圓對應面積公式求出錐體的高，則可求解；對④，由動點分析可知，當點與點重合時，直線與平面所成的角最大，結合幾何關系可判斷錯誤；【詳解】對于①，因為平面，所以，，，又，所以平面，所以，故四個面都是直角三角形，∴①正確；對于②，若，，，平面，∴三棱錐的外接球可以看作棱長為4的正方體的外接球，∴，，∴體積為，∴②正確；對于③，設內心是，則平面，連接，則有，又內切圓半徑，所以，，故，∴三棱錐的體積為，∴③正確；對于④，∵若，平面，則直線與平面所成的角最大時，點與點重合，在中，，∴，即直線與平面所成的最大角為，∴④不正確，故答案為：①②③.【點睛】本題考查立體幾何基本關系的應用，線面垂直的性質及判定、錐體體積、外接球半徑求解，線面角的求解，屬于中檔題14、1【解析】

寫出莖葉圖對應的所有的數，去掉最高分，最低分，再求平均分．【詳解】解：所有的數為：77，78，82，84，84，86，88，93，94，共9個數，去掉最高分，最低分，剩下78，82，84，84，86，88，93，共7個數，平均分為，故答案為1．【點睛】本題考查莖葉圖及平均數的計算，屬于基礎題．15、1【解析】

根據題意，由平均數公式可得，解得的值，進而由方差公式計算，可得答案．【詳解】根據題意，數據7，9，，8，10的平均數為9，則，解得：，則其方差.故答案為：1．【點睛】本題考平均數、方差的計算，考查運算求解能力，求解時注意求出的值，屬于基礎題．16、【解析】

由題意畫出可行域，轉化目標函數為，數形結合即可得到的最值，即可得解.【詳解】由題意畫出可行域，如圖：轉化目標函數為，通過平移直線，數形結合可知：當直線過點A時，直線截距最大，z最小；當直線過點C時，直線截距最小，z最大.由可得，由可得，當直線過點時，；當直線過點時，，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了簡單的線性規劃，考查了數形結合思想，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）（2）為定值．【解析】

（1）根據題意,得出,從而得出橢圓的標準方程．（2）根據題意設直線方程：,因為直線與橢圓相切,這有一個交點,聯立直線與橢圓方程得,則,解得①把和代入,得和,,的表達式,比即可得出為定值．【詳解】解：（1）依題意,,,．所以橢圓的標準方程為．（2）為定值.①因為直線分別與直線和直線相交,所以,直線一定存在斜率．②設直線：,由得,由,得．①把代入,得,把代入,得,又因為,所以,,②由①式,得,③把③式代入②式,得,,即為定值．【點睛】本題考查橢圓的定義、方程、和性質,主要考查橢圓方程的運用,考查橢圓的定值問題,考查計算能力和轉化思想,是中檔題.18、（1）見解析（2）見解析【解析】

（1）由進行變換，得到，兩邊開方并化簡，證得不等式成立.（2）將化為，然后利用基本不等式，證得不等式成立.【詳解】（1），兩邊加上得，即，當且僅當時取等號，∴.（2）.當且僅當時取等號.【點睛】本小題主要考查利用基本不等式證明不等式成立，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.19、（1）（2）【解析】

（1）由直線可得橢圓右焦點的坐標為,由中點可得,且由斜率公式可得,由點在橢圓上,則,二者作差,進而代入整理可得,即可求解；（2）設直線,點到直線的距離為,則四邊形的面積為,將代入橢圓方程,再利用弦長公式求得,利用點到直線距離求得,根據直線l與線段AB（不含端點）相交,可得,即,進而整理換元,由二次函數性質求解最值即可.【詳解】（1）直線與x軸交于點,所以橢圓右焦點的坐標為,故,因為線段AB的中點是,設,則,且,又,作差可得,則,得又,所以,因此橢圓的方程為.（2）由（1）聯立,解得或,不妨令,易知直線l的斜率存在,設直線,代入,得,解得或,設,則,則,因為到直線的距離分別是,由于直線l與線段AB（不含端點）相交,所以,即,所以,四邊形的面積,令,,則,所以,當,即時,，因此四邊形面積的最大值為.【點睛】本題考查求橢圓的標準方程,考查橢圓中的四邊形面積問題,考查直線與橢圓的位置關系的應用,考查運算能力.20、（1）見解析（2）【解析】

(1)根據中位線證明平面平面，即可證明MH∥平面；（2）以，，為，，軸建立空間直角坐標系，找到點的坐標代入公式即可計算二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連接，∵，，分別為，，的中點，∴，又∵平面，平面，∴平面，同理，平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面．（2）連接，在和中，由余弦定理可得，，由與互補，，，可解得，