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．已知函數，若方程恰有兩個不同實根，則正數m的取值范圍為（）A． B．C． D．2．是邊長為的等邊三角形，、分別為、的中點，沿把折起，使點翻折到點的位置，連接、，當四棱錐的外接球的表面積最小時，四棱錐的體積為（）A． B． C． D．3．若函數的圖象過點，則它的一條對稱軸方程可能是（）A． B． C． D．4．一個盒子里有4個分別標有號碼為1，2，3，4的小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標號最大值是4的取法有（）A．17種 B．27種 C．37種 D．47種5．已知實數x，y滿足，則的最小值等于（）A． B． C． D．6．已知實數滿足，則的最小值為（）A． B． C． D．7．函數與在上最多有n個交點，交點分別為（，……，n），則（）A．7 B．8 C．9 D．108．函數（其中是自然對數的底數）的大致圖像為（）A． B． C． D．9．已知定義在R上的函數（m為實數）為偶函數，記，，則a，b，c的大小關系為()A． B． C． D．10．已知l，m是兩條不同的直線，m⊥平面α，則“”是“l⊥m”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件11．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．12．在中，，，，若，則實數()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知正項等比數列中，，則__________．14．《九章算術》第七章“盈不足”中第一題：“今有共買物，人出八，盈三錢；人出七，不足四，問人數物價各幾何？”借用我們現在的說法可以表述為：有幾個人合買一件物品，每人出8元，則付完錢后還多3元；若每人出7元，則還差4元才夠付款.問他們的人數和物品價格？答：一共有_____人；所合買的物品價格為_______元．15．若隨機變量的分布列如表所示，則______，______．-10116．將函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，則函數的最大值為______.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）已知函數，曲線在點處的切線在y軸上的截距為.（1）求a；（2）討論函數和的單調性；（3）設，求證：.18．（12分）據《人民網》報道，美國國家航空航天局（NASA）發文稱，相比20年前世界變得更綠色了，衛星資料顯示中國和印度的行動主導了地球變綠.據統計，中國新增綠化面積的來自于植樹造林，下表是中國十個地區在去年植樹造林的相關數據.（造林總面積為人工造林、飛播造林、新封山育林、退化林修復、人工更新的面積之和）單位：公頃地區造林總面積造林方式人工造林飛播造林新封山育林退化林修復人工更新內蒙61848431105274094136006903826950河北5833613456253333313507656533643河南14900297647134292241715376133重慶2263331006006240063333陜西297642184108336026386516067甘肅325580260144574387998新疆2639031181056264126647107962091青海178414160511597342629寧夏91531589602293882981335北京1906410012400039991053（1）請根據上述數據分別寫出在這十個地區中人工造林面積與造林總面積的比值最大和最小的地區；（2）在這十個地區中，任選一個地區，求該地區新封山育林面積占造林總面積的比值超過的概率；（3）在這十個地區中，從退化林修復面積超過一萬公頃的地區中，任選兩個地區，記X為這兩個地區中退化林修復面積超過六萬公頃的地區的個數，求X的分布列及數學期望.19．（12分）如圖，已知在三棱錐中，平面，分別為的中點，且.（1）求證：；（2）設平面與交于點，求證：為的中點.20．（12分）在極坐標系中，已知曲線，．（1）求曲線、的直角坐標方程，并判斷兩曲線的形狀；（2）若曲線、交于、兩點，求兩交點間的距離．21．（12分）選修4-4：坐標系與參數方程：在平面直角坐標系中，曲線：（為參數），在以平面直角坐標系的原點為極點、軸的正半軸為極軸，且與平面直角坐標系取相同單位長度的極坐標系中，曲線：.（1）求曲線的普通方程以及曲線的平面直角坐標方程；（2）若曲線上恰好存在三個不同的點到曲線的距離相等，求這三個點的極坐標.22．（10分）如圖，平面分別是上的動點，且.（1）若平面與平面的交線為，求證：；（2）當平面平面時，求平面與平面所成的二面角的余弦值.

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、D【解析】

當時，函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示，方程兩個不同實根，即函數和有圖像兩個交點，計算，，根據圖像得到答案.【詳解】當時，，故函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示：方程，即，即函數和有兩個交點.，，故，，，，.根據圖像知：.故選：.【點睛】本題考查了函數的零點問題，確定函數周期畫出函數圖像是解題的關鍵.2、D【解析】

首先由題意得，當梯形的外接圓圓心為四棱錐的外接球球心時，外接球的半徑最小，通過圖形發現，的中點即為梯形的外接圓圓心，也即四棱錐的外接球球心，則可得到，進而可根據四棱錐的體積公式求出體積.【詳解】如圖，四邊形為等腰梯形，則其必有外接圓，設為梯形的外接圓圓心，當也為四棱錐的外接球球心時，外接球的半徑最小，也就使得外接球的表面積最小，過作的垂線交于點，交于點，連接，點必在上，、分別為、的中點，則必有，，即為直角三角形.對于等腰梯形，如圖：因為是等邊三角形，、、分別為、、的中點，必有，所以點為等腰梯形的外接圓圓心，即點與點重合，如圖，，所以四棱錐底面的高為，.故選：D.【點睛】本題考查四棱錐的外接球及體積問題，關鍵是要找到外接球球心的位置，這個是一個難點，考查了學生空間想象能力和分析能力，是一道難度較大的題目.3、B【解析】

把已知點坐標代入求出，然后驗證各選項．【詳解】由題意，，或，，不妨取或，若，則函數為，四個選項都不合題意，若，則函數為，只有時，，即是對稱軸．故選：B．【點睛】本題考查正弦型復合函數的對稱軸，掌握正弦函數的性質是解題關鍵．4、C【解析】

由于是放回抽取,故每次的情況有4種,共有64種；先找到最大值不是4的情況,即三次取出標號均不為4的球的情況,進而求解.【詳解】所有可能的情況有種,其中最大值不是4的情況有種,所以取得小球標號最大值是4的取法有種,故選:C【點睛】本題考查古典概型,考查補集思想的應用,屬于基礎題.5、D【解析】

設，，去絕對值，根據余弦函數的性質即可求出．【詳解】因為實數，滿足，設，，，恒成立，，故則的最小值等于.故選：．【點睛】本題考查了橢圓的參數方程、三角函數的圖象和性質，考查了運算能力和轉化能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．6、A【解析】

所求的分母特征，利用變形構造，再等價變形，利用基本不等式求最值.【詳解】解：因為滿足，則，當且僅當時取等號，故選：．【點睛】本題考查通過拼湊法利用基本不等式求最值.拼湊法的實質在于代數式的靈活變形，拼系數、湊常數是關鍵.(1)拼湊的技巧，以整式為基礎，注意利用系數的變化以及等式中常數的調整，做到等價變形;(2)代數式的變形以拼湊出和或積的定值為目標(3)拆項、添項應注意檢驗利用基本不等式的前提.7、C【解析】

根據直線過定點，采用數形結合，可得最多交點個數，然后利用對稱性，可得結果.【詳解】由題可知：直線過定點且在是關于對稱如圖通過圖像可知：直線與最多有9個交點同時點左、右邊各四個交點關于對稱所以故選：C【點睛】本題考查函數對稱性的應用，數形結合，難點在于正確畫出圖像，同時掌握基礎函數的性質，屬難題.8、D【解析】由題意得，函數點定義域為且，所以定義域關于原點對稱，且，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，故選D.9、B【解析】

根據f（x）為偶函數便可求出m＝0，從而f（x）＝﹣1，根據此函數的奇偶性與單調性即可作出判斷.【詳解】解：∵f（x）為偶函數；∴f（﹣x）＝f（x）；∴﹣1＝﹣1；∴|﹣x﹣m|＝|x﹣m|；（﹣x﹣m）2＝（x﹣m）2；∴mx＝0；∴m＝0；∴f（x）＝﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上單調遞增，并且a＝f（||）＝f（），b＝f（），c＝f（2）；∵0＜＜2＜；∴a<c<b．故選B．【點睛】本題考查偶函數的定義，指數函數的單調性，對于偶函數比較函數值大小的方法就是將自變量的值變到區間[0，+∞）上，根據單調性去比較函數值大小．10、A【解析】

根據充分條件和必要條件的定義，結合線面垂直的性質進行判斷即可.【詳解】當m⊥平面α時，若l∥α”則“l⊥m”成立，即充分性成立，若l⊥m，則l∥α或l?α，即必要性不成立，則“l∥α”是“l⊥m”充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合線面垂直的性質和定義是解決本題的關鍵.難度不大，屬于基礎題11、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.12、D【解析】

將、用、表示，再代入中計算即可.【詳解】由，知為的重心，所以，又，所以，，所以，.故選：D【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，是一道中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

利用等比數列的通項公式將已知兩式作商，可得，再利用等比數列的性質可得，再利用等比數列的通項公式即可求解.【詳解】由，所以，解得.，所以，所以.故答案為：【點睛】本題考查了等比數列的通項公式以及等比中項，需熟記公式，屬于基礎題.14、753【解析】

根據物品價格不變，可設共有x人，列出方程求解即可【詳解】設共有人，由題意知，解得，可知商品價格為53元.即共有7人，商品價格為53元.【點睛】本題主要考查了數學文化及一元一次方程的應用，屬于中檔題.15、【解析】

首先求得a的值，然后利用均值的性質計算均值，最后求得的值，由方差的性質計算的值即可.【詳解】由題意可知，解得（舍去）或.則，則，由方差的計算性質得.【點睛】本題主要考查分布列的性質，均值的計算公式，方差的計算公式，方差的性質等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.16、【解析】

由三角函數圖象相位變換后表達函數解析式，再利用三角恒等變換與輔助角公式整理的表達式，進而由三角函數值域求得最大值.【詳解】將函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，則所以，當函數最大，最大值為故答案為：【點睛】本題考查表示三角函數圖象平移后圖象的解析式，還考查了利用三角恒等變換化簡函數式并求最值，屬于簡單題.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）為減函數，為增函數.（3）證明見解析【解析】

（1）求出導函數，求出切線方程，令得切線的縱截距，可得（必須利用函數的單調性求解）；（2）求函數的導數，由導數的正負確定單調性；（3）不等式變形為，由遞減，得()，即，即，依次放縮，．不等式，遞增得()，,,,先證，然后同樣放縮得出結論．【詳解】解：（1）對求導，得.因此.又因為，所以曲線在點處的切線方程為，即.由題意，.顯然，適合上式.令，求導得，因此為增函數：故是唯一解.（2）由（1）可知，，因為，所以為減函數.因為，所以為增函數.（3）證明：由，易得.由（2）可知，在上為減函數.因此，當時，，即.令，得，即.因此，當時，.所以成立.下面證明：.由（2）可知，在上為增函數.因此，當時，，即.因此，即.令，得，即.當時，.因為，所以，所以.所以，當時，.所以，當時，成立.綜上所述，當時，成立.【點睛】本題考查導數的幾何意義，考查用導數研究函數的單調性，考查用導數證明不等式．本題中不等式的證明，考查了轉化與化歸的能力，把不等式變形后利用第（2）小題函數的單調性得出數列的不等關系：，．這是最關鍵的一步．然后一步一步放縮即可證明．本題屬于困難題．18、（1）人工造林面積與總面積比最大的地區為甘肅省，人工造林面積與總面積比最小的地區為青海省；（2）；（3）分布列見詳解，數學期望為【解析】

（1）通過數據的觀察以及計算人工造林面積與造林總面積比值，可得結果.（2）通過數據的觀察以及計算新封山育林面積與造林總面積比值，得出比值超過的地區個數，然后可得結果.（3）計算退化林修復面積超過一萬公頃的地區中選兩個地區總數，退化林修復面積超過六萬公頃的地區的個數為，列出所有取值并計算相應概率，然后可得結果.【詳解】（1）人工造林面積與總面積比最大的地區為甘肅省，人工造林面積與總面積比最小的地區為青海省.（2）記事件A：在這十個地區中，任選一個地區，該地區新封山育林面積占總面積的比值超過根據數據可知：青海地區人工造林面積占總面積比超過，則（3）退化林修復面積超過一萬公頃有6個地區：內蒙、河北、河南、重慶、陜西、新疆，其中退化林修復面積超過六萬公頃有3個地區：內蒙、河北、重慶，所以X的取值為0，1，2所以，，隨機變量X的分布列如下：【點睛】本題考查數據的處理以及離散型隨機變量的分布列與數學期望，審清題意，細心計算，屬基礎題.19、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）要做證明，只需證明平面即可；（2）易得∥平面，平面，利用線面平行的性質定理即可得到∥，從而獲得證明【詳解】證明：（1）因為平面，平面，所以.因為，所以.又因為，平面，平面，所以平面.又因為平面，所以.（2）因為平面與交于點，所以平面.因為分別為的中點，所以∥.又因為平面，平面，所以∥平面.又因為平面，平面平面，所以∥，又因為是的中點，所以為的中點.【點睛】本題考查線面垂直的判定定理以及線面平行的性質定理，考查學生的邏輯推理能力，是一道容易題.20、（1）表示一條直線，是圓心為，半徑為的圓；（2）.【解析】

（1）直接利用極坐標方程與直角坐標方程之間的轉換關系可將曲線的方程化為直角坐標方程，進而可判斷出曲線的形狀，在曲線的方程兩邊同時乘以得，由可將曲線的方程化為直角坐標方程，由此可判斷出曲線的形狀；（2）由直線過圓的圓心，可得出為圓的一條直徑，進而可得出.【詳解】（1），則曲線的普通方程為，曲線表示一條直線；由，得，則曲線的直角坐標方程為，即．所以，曲線是圓心為，半徑為的圓；（2）由（1）知，點在直線上，直線過圓的圓心．因此，是圓的直徑，．【點睛】本題考查曲線的極坐標方程與直角坐標方程之間的轉化，同時也考查了直線截圓所得弦長的計算，考查計算能力，屬于基礎題.21、（1），;