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．我國宋代數學家秦九韶（1202-1261）在《數書九章》（1247）一書中提出“三斜求積術”，即：以少廣求之，以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上；以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實；一為從隅，開平方得積.其實質是根據三角形的三邊長，，求三角形面積，即.若的面積，，，則等于（）A． B． C．或 D．或2．已知拋物線：（）的焦點為，為該拋物線上一點，以為圓心的圓與的準線相切于點，，則拋物線方程為（）A． B． C． D．3．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．4．已知正方體的棱長為1，平面與此正方體相交.對于實數，如果正方體的八個頂點中恰好有個點到平面的距離等于，那么下列結論中，一定正確的是A． B．C． D．5．已知f(x)=是定義在R上的奇函數，則不等式f(x-3)<f(9-x2)的解集為（）A．(-2,6) B．(-6,2) C．(-4,3) D．(-3,4)6．一個四面體所有棱長都是4，四個頂點在同一個球上，則球的表面積為（）A． B． C． D．7．已知橢圓的中心為原點，為的左焦點，為上一點，滿足且，則橢圓的方程為（）A． B． C． D．8．數學中有許多形狀優美、寓意美好的曲線，例如：四葉草曲線就是其中一種，其方程為.給出下列四個結論：①曲線有四條對稱軸；②曲線上的點到原點的最大距離為；③曲線第一象限上任意一點作兩坐標軸的垂線與兩坐標軸圍成的矩形面積最大值為；④四葉草面積小于.其中，所有正確結論的序號是（）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④9．若，則下列關系式正確的個數是（）①②③④A．1 B．2 C．3 D．410．三棱錐中，側棱底面，，，，，則該三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．11．設，命題“存在，使方程有實根”的否定是()A．任意，使方程無實根B．任意，使方程有實根C．存在，使方程無實根D．存在，使方程有實根12．已知函數的部分圖象如圖所示，將此圖象分別作以下變換，那么變換后的圖象可以與原圖象重合的變換方式有（）①繞著軸上一點旋轉;②沿軸正方向平移;③以軸為軸作軸對稱;④以軸的某一條垂線為軸作軸對稱.A．①③ B．③④ C．②③ D．②④二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．《易經》是中國傳統文化中的精髓，如圖是易經八卦（含乾、坤、巽、震、坎、離、艮、兌八卦），每一卦由三根線組成（""表示一根陽線，""表示一根陰線），從八卦中任取兩卦，這兩卦的六根線中恰有兩根陽線，四根陰線的概率為_______.14．函數在區間內有且僅有兩個零點，則實數的取值范圍是_____.15．在中，，．若，則_________．16．已知實數，滿足約束條件，則的最大值是__________.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）如圖，在四棱柱中，平面，底面ABCD滿足∥BC，且(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）已知矩陣的一個特征值為3，求另一個特征值及其對應的一個特征向量.19．（12分）記函數的最小值為.（1）求的值；（2）若正數，，滿足，證明：.20．（12分）設數陣，其中、、、．設，其中，且．定義變換為“對于數陣的每一行，若其中有或，則將這一行中每個數都乘以；若其中沒有且沒有，則這一行中所有數均保持不變”（、、、）．表示“將經過變換得到，再將經過變換得到、，以此類推，最后將經過變換得到”，記數陣中四個數的和為．（1）若，寫出經過變換后得到的數陣；（2）若，，求的值；（3）對任意確定的一個數陣，證明：的所有可能取值的和不超過．21．（12分）已知關于的不等式解集為（）.（1）求正數的值；（2）設，且，求證：.22．（10分）已知函數，（1）求函數的單調區間；（2）當時，判斷函數，（）有幾個零點，并證明你的結論；（3）設函數，若函數在為增函數，求實數的取值范圍．

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、C【解析】

將，，，代入，解得，再分類討論，利用余弦弦定理求，再用平方關系求解.【詳解】已知，，，代入，得，即，解得，當時，由余弦弦定理得：，.當時，由余弦弦定理得：，.故選：C【點睛】本題主要考查余弦定理和平方關系，還考查了對數學史的理解能力，屬于基礎題.2、C【解析】

根據拋物線方程求得點的坐標，根據軸、列方程，解方程求得的值.【詳解】不妨設在第一象限，由于在拋物線上，所以，由于以為圓心的圓與的準線相切于點，根據拋物線的定義可知，、軸，且.由于，所以直線的傾斜角為，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以拋物線的方程為.故選：C【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查直線的斜率，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.3、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.4、B【解析】

此題畫出正方體模型即可快速判斷m的取值.【詳解】如圖（1）恰好有3個點到平面的距離為；如圖（2）恰好有4個點到平面的距離為；如圖（3）恰好有6個點到平面的距離為.所以本題答案為B.【點睛】本題以空間幾何體為載體考查點，面的位置關系，考查空間想象能力，考查了學生靈活應用知識分析解決問題的能力和知識方法的遷移能力，屬于難題.5、C【解析】

由奇函數的性質可得，進而可知在R上為增函數，轉化條件得，解一元二次不等式即可得解.【詳解】因為是定義在R上的奇函數，所以，即，解得，即，易知在R上為增函數.又，所以，解得.故選：C.【點睛】本題考查了函數單調性和奇偶性的應用，考查了一元二次不等式的解法，屬于中檔題.6、A【解析】

將正四面體補成正方體，通過正方體的對角線與球的半徑關系，求解即可．【詳解】解：如圖，將正四面體補形成一個正方體，正四面體的外接球與正方體的外接球相同，∵四面體所有棱長都是4，∴正方體的棱長為，設球的半徑為，則，解得，所以，故選：A．【點睛】本題主要考查多面體外接球問題，解決本題的關鍵在于，巧妙構造正方體，利用正方體的外接球的直徑為正方體的對角線，從而將問題巧妙轉化，屬于中檔題．7、B【解析】由題意可得c=，設右焦點為F′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，所以∠PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′，由∠PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°知，∠FPO+∠OPF′=90°，即PF⊥PF′．在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|=，由橢圓定義，得|PF|+|PF′|=2a=4+8=12，從而a=6，得a2=36，于是b2=a2﹣c2=36﹣=16，所以橢圓的方程為．故選B．點睛：橢圓的定義：到兩定點距離之和為常數的點的軌跡，當和大于兩定點間的距離時，軌跡是橢圓，當和等于兩定點間的距離時，軌跡是線段（兩定點間的連線段），當和小于兩定點間的距離時，軌跡不存在．8、C【解析】

①利用之間的代換判斷出對稱軸的條數；②利用基本不等式求解出到原點的距離最大值；③將面積轉化為的關系式，然后根據基本不等式求解出最大值；④根據滿足的不等式判斷出四葉草與對應圓的關系，從而判斷出面積是否小于.【詳解】①：當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；綜上可知：有四條對稱軸，故正確；②：因為，所以，所以，所以，取等號時，所以最大距離為，故錯誤；③：設任意一點，所以圍成的矩形面積為，因為，所以，所以，取等號時，所以圍成矩形面積的最大值為，故正確；④：由②可知，所以四葉草包含在圓的內部，因為圓的面積為：，所以四葉草的面積小于，故正確.故選：C.【點睛】本題考查曲線與方程的綜合運用，其中涉及到曲線的對稱性分析以及基本不等式的運用，難度較難.分析方程所表示曲線的對稱性，可通過替換方程中去分析證明.9、D【解析】

a，b可看成是與和交點的橫坐標，畫出圖象，數形結合處理.【詳解】令，，作出圖象如圖，由，的圖象可知，，，②正確；，，有，①正確；，，有，③正確；，，有，④正確.故選：D.【點睛】本題考查利用函數圖象比較大小，考查學生數形結合的思想，是一道中檔題.10、B【解析】由題，側棱底面，，，，則根據余弦定理可得，的外接圓圓心三棱錐的外接球的球心到面的距離則外接球的半徑，則該三棱錐的外接球的表面積為點睛：本題考查的知識點是球內接多面體，熟練掌握球的半徑公式是解答的關鍵．11、A【解析】

只需將“存在”改成“任意”，有實根改成無實根即可.【詳解】由特稱命題的否定是全稱命題，知“存在，使方程有實根”的否定是“任意，使方程無實根”.故選：A【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定，此類問題要注意在兩個方面作出變化：1.量詞，2.結論，是一道基礎題.12、D【解析】

計算得到，，故函數是周期函數，軸對稱圖形，故②④正確，根據圖像知①③錯誤，得到答案.【詳解】，，，當沿軸正方向平移個單位時，重合，故②正確；，，故，函數關于對稱，故④正確；根據圖像知：①③不正確；故選：.【點睛】本題考查了根據函數圖像判斷函數性質，意在考查學生對于三角函數知識和圖像的綜合應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

觀察八卦中陰線和陽線的情況為3線全為陽線或全為陰線各一個，還有6個是1陰2陽和1陽2陰各3個。抽取的兩卦中共2陽4陰的所有可能情況是一卦全陰、另一卦2陽1陰，或兩卦全是1陽2陰。【詳解】八卦中陰線和陽線的情況為3線全為陽線的一個，全為陰線的一個，1陰2陽的3個，1陽2陰的3個。抽取的兩卦中共2陽4陰的所有可能情況是一卦全陰、另一卦2陽1陰，或兩卦全是1陽2陰。∴從8個卦中任取2卦，共有種可能，兩卦中共2陽4陰的情況有，所求概率為。故答案為：。【點睛】本題考查古典概型，解題關鍵是確定基本事件的個數。本題不能受八卦影響，我們關心的是八卦中陰線和陽線的條數，這樣才能正確地確定基本事件的個數。14、【解析】

對函數零點問題等價轉化，分離參數討論交點個數，數形結合求解.【詳解】由題：函數在區間內有且僅有兩個零點，，等價于函數恰有兩個公共點，作出大致圖象：要有兩個交點，即，所以.故答案為：【點睛】此題考查函數零點問題，根據函數零點個數求參數的取值范圍，關鍵在于對函數零點問題恰當變形，等價轉化，數形結合求解.15、【解析】分析：首先設出相應的直角邊長，利用余弦勾股定理得到相應的斜邊長，之后應用余弦定理得到直角邊長之間的關系，從而應用正切函數的定義，對邊比臨邊，求得對應角的正切值，即可得結果.詳解：根據題意，設，則，根據，得，由勾股定理可得，根據余弦定理可得，化簡整理得，即，解得，所以，故答案是.點睛：該題考查的是有關解三角形的問題，在解題的過程中，注意分析要求對應角的正切值，需要求誰，而題中所給的條件與對應的結果之間有什么樣的連線，設出直角邊長，利用所給的角的余弦值，利用余弦定理得到相應的等量關系，求得最后的結果.16、【解析】

令，所求問題的最大值為,只需求出即可，作出可行域，利用幾何意義即可解決.【詳解】作出可行域，如圖令，則，顯然當直線經過時，最大，且，故的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查線性規劃中非線性目標函數的最值問題，要做好此類題，前提是正確畫出可行域，本題是一道基礎題.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、(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)證明，根據得到，得到證明.(Ⅱ)如圖所示，分別以為軸建立空間直角坐標系，平面的法向量，，計算向量夾角得到答案.【詳解】(Ⅰ)平面，平面，故.，，故，故.，故平面.(Ⅱ)如圖所示：分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，，，.設平面的法向量，則，即，取得到，，設直線與平面所成角為故.【點睛】本題考查了線面垂直，線面夾角，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.18、另一個特征值為，對應的一個特征向量【解析】

根據特征多項式的一個零點為3，可得，再回代到方程即可解出另一個特征值為，最后利用求特征向量的一般步驟，可求出其對應的一個特征向量.【詳解】矩陣的特征多項式為：，是方程的一個根，，解得，即方程即，，可得另一個特征值為：，設對應的一個特征向量為：則由，得得，令，則，所以矩陣另一個特征值為，對應的一個特征向量【點睛】本題考查了矩陣的特征值以及特征向量，需掌握特征多項式的計算形式，屬于基礎題.19、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）將函數轉化為分段函數或利用絕對值三角不等式進行求解；（2）利用基本不等式或柯西不等式證明即可.【詳解】解法一：（1）當時，，當，，當時，，所以解法二：（1）如圖當時，解法三：（1）當且僅當即時，等號成立.當時解法一：（2）由題意可知，，因為，，，所以要證明不等式，只需證明，因為成立，所以原不等式成立.解法二：（2）因為，，，所以，，又因為，所以，所以，原不等式得證.補充：解法三：（2）由題意可知，，因為，，，所以要證明不等式，只需證明，由柯西不等式得：成立，所以原不等式成立.【點睛】本題主要考查了絕對值函數的最值求解，不等式的證明，絕對值三角不等式，基本不等式及柯西不等式的應用，考查了學生的邏輯推理和運算求解能力.20、（1）；（2）；（3）見解析.【解析】

（1）由，能求出經過變換后得到的數陣；（2）由，，求出數陣經過變化后的矩陣，進而可求得的值；（3）分和兩種情況討論，推導出變換后數陣的第一行和第二行的數字之和，由此能證明的所有可能取值的和不超過．【詳解】（1），經過變換后得到的數陣；（2）經變換后得，故；（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共個，經過變換后第一行均變為、；含有且不含的子集共個，經過變換后第一行均變為、；同時含有和的子集共個，經過變換后第一行仍為、；不含也不含的子集共個，經過變換后第一行仍為、．所以經過變換后所有的第一行的所有數的和為.若，則的所有非空子集中，含有的子集共個，經過變換后第一行均變為、；不含有的子集共個，經過變換后第一行仍為、．所以經過變換后所有的第一行的所有數的和為．同理，經過變換后所有的第二行的所有數的和為．所以的所有可能取值的和為，又因為、、、，所以的所有可能取值的和不超過．【點睛】本題考查數陣變換的求法，考查數陣中四個數的和不超過的證明，考查類比推理、數陣變換等基礎知識，考查運算求解能力，綜合性強，難度大．21、（1）1；（2）證明見解析.【解析】

（1）將不等式化為，求解得出，根據解集確定正數的值；（2）利用基本不等式以及不等式的性質，得出，，，三式相加，即可得證.【詳解】（1）解：不等式，即不等式∴，而，于是依題意得（2）證明：由（1）知，原不等式可化為∵，∴，同理，三式相加得，當且僅當時取等號綜上.【點睛】本題主要考查了求絕對值不等式中參數的范圍以及基本不等式的應用，屬于中檔題.22、（1）單調增區間,單調減區間為,;（2）有2個零點，證明見解析;