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文檔簡介
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、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、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.設,則關于的方程所表示的曲線是()A.長軸在軸上的橢圓 B.長軸在軸上的橢圓C.實軸在軸上的雙曲線 D.實軸在軸上的雙曲線2.設是定義在實數集上的函數,滿足條件是偶函數,且當時,,則,,的大小關系是()A. B. C. D.3.如圖,是圓的一條直徑,為半圓弧的兩個三等分點,則()A. B. C. D.4.已知命題p:若,,則;命題q:,使得”,則以下命題為真命題的是()A. B. C. D.5.已知圓:,圓:,點、分別是圓、圓上的動點,為軸上的動點,則的最大值是()A. B.9 C.7 D.6.如圖,平面四邊形中,,,,,現將沿翻折,使點移動至點,且,則三棱錐的外接球的表面積為()A. B. C. D.7.在中,為中點,且,若,則()A. B. C. D.8.已知等差數列的前n項和為,且,則()A.4 B.8 C.16 D.29.執行如圖所示的程序框圖,則輸出的的值為()A. B.C. D.10.將函數f(x)=sin3x-cos3x+1的圖象向左平移個單位長度,得到函數g(x)的圖象,給出下列關于g(x)的結論:①它的圖象關于直線x=對稱;②它的最小正周期為;③它的圖象關于點(,1)對稱;④它在[]上單調遞增.其中所有正確結論的編號是()A.①② B.②③ C.①②④ D.②③④11.已知雙曲線,為坐標原點,、為其左、右焦點,點在的漸近線上,,且,則該雙曲線的漸近線方程為()A. B. C. D.12.設為非零實數,且,則()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.設,則除以的余數是______.14.某校初三年級共有名女生,為了了解初三女生分鐘“仰臥起坐”項目訓練情況,統計了所有女生分鐘“仰臥起坐”測試數據(單位:個),并繪制了如下頻率分布直方圖,則分鐘至少能做到個仰臥起坐的初三女生有_____________個.15.在△ABC中,()⊥(>1),若角A的最大值為,則實數的值是_______.16.如果復數滿足,那么______(為虛數單位).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)在四棱錐中,底面是平行四邊形,為其中心,為銳角三角形,且平面底面,為的中點,.(1)求證:平面;(2)求證:.18.(12分)在①,②,③這三個條件中任選一個,補充在下面問題中,求的面積的值(或最大值).已知的內角,,所對的邊分別為,,,三邊,,與面積滿足關系式:,且,求的面積的值(或最大值).19.(12分)已知數列,其前項和為,滿足,,其中,,,.⑴若,,(),求證:數列是等比數列;⑵若數列是等比數列,求,的值;⑶若,且,求證:數列是等差數列.20.(12分)如圖,在斜三棱柱中,已知為正三角形,D,E分別是,的中點,平面平面,.(1)求證:平面;(2)求證:平面.21.(12分)設直線與拋物線交于兩點,與橢圓交于兩點,設直線(為坐標原點)的斜率分別為,若.(1)證明:直線過定點,并求出該定點的坐標;(2)是否存在常數,滿足?并說明理由.22.(10分)已知在中,角,,的對邊分別為,,,的面積為.(1)求證:;(2)若,求的值.
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、C【解析】
根據條件,方程.即,結合雙曲線的標準方程的特征判斷曲線的類型.【詳解】解:∵k>1,∴1+k>0,k2-1>0,
方程,即,表示實軸在y軸上的雙曲線,
故選C.【點睛】本題考查雙曲線的標準方程的特征,依據條件把已知的曲線方程化為是關鍵.2、C【解析】∵y=f(x+1)是偶函數,∴f(-x+1)=f(x+1),即函數f(x)關于x=1對稱.
∵當x≥1時,為減函數,∵f(log32)=f(2-log32)=f()且==log34,log34<<3,∴b>a>c,
故選C3、B【解析】
連接、,即可得到,,再根據平面向量的數量積及運算律計算可得;【詳解】解:連接、,,是半圓弧的兩個三等分點,,且,所以四邊形為棱形,.故選:B【點睛】本題考查平面向量的數量積及其運算律的應用,屬于基礎題.4、B【解析】
先判斷命題的真假,進而根據復合命題真假的真值表,即可得答案.【詳解】,,因為,,所以,所以,即命題p為真命題;畫出函數和圖象,知命題q為假命題,所以為真.故選:B.【點睛】本題考查真假命題的概念,以及真值表的應用,解題的關鍵是判斷出命題的真假,難度較易.5、B【解析】試題分析:圓的圓心,半徑為,圓的圓心,半徑是.要使最大,需最大,且最小,最大值為的最小值為,故最大值是;關于軸的對稱點,,故的最大值為,故選B.考點:圓與圓的位置關系及其判定.【思路點睛】先根據兩圓的方程求出圓心和半徑,要使最大,需最大,且最小,最大值為的最小值為,故最大值是,再利用對稱性,求出所求式子的最大值.6、C【解析】
由題意可得面,可知,因為,則面,于是.由此推出三棱錐外接球球心是的中點,進而算出,外接球半徑為1,得出結果.【詳解】解:由,翻折后得到,又,則面,可知.又因為,則面,于是,因此三棱錐外接球球心是的中點.計算可知,則外接球半徑為1,從而外接球表面積為.故選:C.【點睛】本題主要考查簡單的幾何體、球的表面積等基礎知識;考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力及創新意識,屬于中檔題.7、B【解析】
選取向量,為基底,由向量線性運算,求出,即可求得結果.【詳解】,,,,,.故選:B.【點睛】本題考查了平面向量的線性運算,平面向量基本定理,屬于基礎題.8、A【解析】
利用等差的求和公式和等差數列的性質即可求得.【詳解】.故選:.【點睛】本題考查等差數列的求和公式和等差數列的性質,考查基本量的計算,難度容易.9、B【解析】
列出循環的每一步,進而可求得輸出的值.【詳解】根據程序框圖,執行循環前:,,,執行第一次循環時:,,所以:不成立.繼續進行循環,…,當,時,成立,,由于不成立,執行下一次循環,,,成立,,成立,輸出的的值為.故選:B.【點睛】本題考查的知識要點:程序框圖的循環結構和條件結構的應用,主要考查學生的運算能力和轉換能力,屬于基礎題型.10、B【解析】
根據函數圖象的平移變換公式求出函數的解析式,再利用正弦函數的對稱性、單調區間等相關性質求解即可.【詳解】因為f(x)=sin3x-cos3x+1=2sin(3x-)+1,由圖象的平移變換公式知,函數g(x)=2sin[3(x+)-]+1=2sin(3x+)+1,其最小正周期為,故②正確;令3x+=kπ+,得x=+(k∈Z),所以x=不是對稱軸,故①錯誤;令3x+=kπ,得x=-(k∈Z),取k=2,得x=,故函數g(x)的圖象關于點(,1)對稱,故③正確;令2kπ-≤3x+≤2kπ+,k∈Z,得-≤x≤+,取k=2,得≤x≤,取k=3,得≤x≤,故④錯誤;故選:B【點睛】本題考查圖象的平移變換和正弦函數的對稱性、單調性和最小正周期等性質;考查運算求解能力和整體代換思想;熟練掌握正弦函數的對稱性、單調性和最小正周期等相關性質是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型11、D【解析】
根據,先確定出的長度,然后利用雙曲線定義將轉化為的關系式,化簡后可得到的值,即可求漸近線方程.【詳解】如圖所示:因為,所以,又因為,所以,所以,所以,所以,所以,所以,所以漸近線方程為.故選:D.【點睛】本題考查根據雙曲線中的長度關系求解漸近線方程,難度一般.注意雙曲線的焦點到漸近線的距離等于虛軸長度的一半.12、C【解析】
取,計算知錯誤,根據不等式性質知正確,得到答案.【詳解】,故,,故正確;取,計算知錯誤;故選:.【點睛】本題考查了不等式性質,意在考查學生對于不等式性質的靈活運用.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、1【解析】
利用二項式定理得到,將89寫成1+88,然后再利用二項式定理展開即可.【詳解】,因展開式中后面10項均有88這個因式,所以除以的余數為1.故答案為:1【點睛】本題考查二項式定理的綜合應用,涉及余數的問題,解決此類問題的關鍵是靈活構造二項式,并將它展開分析,本題是一道基礎題.14、【解析】
根據數據先求出,再求出分鐘至少能做到個仰臥起坐的初三女生人數即可.【詳解】解:,.則分鐘至少能做到個仰臥起坐的初三女生人數為.故答案為:.【點睛】本題主要考查頻率分布直方圖,屬于基礎題.15、1【解析】
把向量進行轉化,用表示,利用基本不等式可求實數的值.【詳解】,解得=1.故答案為:1.【點睛】本題主要考查平面向量的數量積應用,綜合了基本不等式,側重考查數學運算的核心素養.16、【解析】
把已知等式變形,再由復數代數形式的乘除運算化簡,然后利用復數模的計算公式求解.【詳解】∵,∴,∴,故答案為:.【點睛】本小題主要考查復數除法運算,考查復數的模的求法,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)證明見解析【解析】
(1)通過證明,即可證明線面平行;(2)通過證明平面,即可證明線線垂直.【詳解】(1)連,因為為平行四邊形,為其中心,所以,為中點,又因為為中點,所以,又平面,平面所以,平面;(2)作于因為平面平面,平面平面,平面,所以,平面又平面,所以又,,平面,平面所以,平面,又平面,所以,.【點睛】此題考查證明線面平行和線面垂直,通過線面垂直得線線垂直,關鍵在于熟練掌握相關判定定理,找出平行關系和垂直關系證明.18、見解析【解析】
若選擇①,結合三角形的面積公式,得,化簡得到,則,又,從而得到,將代入,得.又,∴,當且僅當時等號成立.∴,故的面積的最大值為,此時.若選擇②,,結合三角形的面積公式,得,化簡得到,則,又,從而得到,則,此時為等腰直角三角形,.若選擇③,,則結合三角形的面積公式,得,化簡得到,則,又,從而得到,則.19、(1)見解析(2)(3)見解析【解析】試題分析:(1)(),所以,故數列是等比數列;(2)利用特殊值法,得,故;(3)得,所以,得,可證數列是等差數列.試題解析:(1)證明:若,則當(),所以,即,所以,又由,,得,,即,所以,故數列是等比數列.(2)若是等比數列,設其公比為(),當時,,即,得,①當時,,即,得,②當時,,即,得,③②①,得,③②,得,解得.代入①式,得.此時(),所以,是公比為1的等比數列,故.(3)證明:若,由,得,又,解得.由,,,,代入得,所以,,成等差數列,由,得,兩式相減得:即所以相減得:所以所以,因為,所以,即數列是等差數列.20、(1)見解析;(2)見解析【解析】
(1)根據,分別是,的中點,即可證明,從而可證平面;(2)先根據為正三角形,且D是的中點,證出,再根據平面平面,得到平面,從而得到,結合,即可得證.【詳解】(1)∵,分別是,的中點∴∵平面,平面∴平面.(2)∵為正三角形,且D是的中點∴∵平面平面,且平面平面,平面∴平面∵平面∴∵且∴∵,平面,且∴平面.【點睛】本題考查直線與平面平行的判定,面面垂直的性質等,解題時要認真審題,注意空間思維能力的培養,中檔題.21、(1)證明見解析(0,2);(2)存在,理由見解析【解析】
(1)設直線l的方程為y=kx+b代入拋物線的方程,利用OA⊥OB,求出b,即可知直線過定點(2)由斜率公式分別求出,,聯立直線與拋物線,橢圓,再由根與系數的關系得,,,代入,,化簡即可求解.【詳解】(1)
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