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．把函數的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象．給出下列四個命題①的值域為②的一個對稱軸是③的一個對稱中心是④存在兩條互相垂直的切線其中正確的命題個數是（）A．1 B．2 C．3 D．42．設全集，集合，則＝()A． B． C． D．3．如圖，正方體中，，，，分別為棱、、、的中點，則下列各直線中，不與平面平行的是（）A．直線 B．直線 C．直線 D．直線4．函數在上單調遞減，且是偶函數，若，則的取值范圍是（）A．（2，+∞） B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）C．（1，2） D．（﹣∞，1）5．如圖，在平面四邊形中，滿足，且，沿著把折起，使點到達點的位置，且使，則三棱錐體積的最大值為（）A．12 B． C． D．6．的展開式中的系數是（）A．160 B．240 C．280 D．3207．將函數圖象向右平移個單位長度后，得到函數的圖象關于直線對稱，則函數在上的值域是（）A． B． C． D．8．已知雙曲線：的左右焦點分別為，，為雙曲線上一點，為雙曲線C漸近線上一點，，均位于第一象限，且，，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．9．已知復數和復數，則為A． B． C． D．10．設正項等差數列的前項和為，且滿足，則的最小值為A．8 B．16 C．24 D．3611．已知，則（）A．5 B． C．13 D．12．己知全集為實數集R，集合A={x|x2+2x-8>0}，B={x|log2x<1}，則等于（）A．[4,2] B．[4,2) C．(4,2) D．(0,2)二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，若恒成立，則的取值范圍是___________.14．數列滿足遞推公式，且，則___________.15．如圖，在中，，，，點在邊上，且，將射線繞著逆時針方向旋轉，并在所得射線上取一點，使得，連接，則的面積為__________．16．已知點為雙曲線的右焦點，兩點在雙曲線上，且關于原點對稱，若，設，且，則該雙曲線的焦距的取值范圍是________.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）已知在四棱錐中，平面，，在四邊形中，，，，為的中點，連接，為的中點，連接.（1）求證：.（2）求二面角的余弦值.18．（12分）如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，平面，點是棱的中點，，.（1）若，證明：平面平面；（2）若三棱錐的體積為，求二面角的余弦值.19．（12分）已知橢圓：（），點是的左頂點，點為上一點，離心率.（1）求橢圓的方程；（2）設過點的直線與的另一個交點為（異于點），是否存在直線，使得以為直徑的圓經過點，若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由.20．（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為.（1）求曲線C的極坐標方程和直線l的直角坐標方程；（2）若射線與曲線C交于點A（不同于極點O），與直線l交于點B，求的最大值.21．（12分）如圖，在四棱錐中，是邊長為的正方形的中心，平面，為的中點.（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.22．（10分）年，山東省高考將全面實行“選”的模式（即：語文、數學、外語為必考科目，剩下的物理、化學、歷史、地理、生物、政治六科任選三科進行考試）.為了了解學生對物理學科的喜好程度，某高中從高一年級學生中隨機抽取人做調查.統計顯示，男生喜歡物理的有人，不喜歡物理的有人；女生喜歡物理的有人，不喜歡物理的有人.（1）據此資料判斷是否有的把握認為“喜歡物理與性別有關”；（2）為了了解學生對選科的認識，年級決定召開學生座談會.現從名男同學和名女同學（其中男女喜歡物理）中，選取名男同學和名女同學參加座談會，記參加座談會的人中喜歡物理的人數為，求的分布列及期望.，其中.

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】

由圖象變換的原則可得,由可求得值域；利用代入檢驗法判斷②③；對求導,并得到導函數的值域,即可判斷④.【詳解】由題,,則向右平移個單位可得,,的值域為,①錯誤；當時,,所以是函數的一條對稱軸,②正確；當時,,所以的一個對稱中心是,③正確；,則,使得,則在和處的切線互相垂直,④正確.即②③④正確,共3個.故選:C【點睛】本題考查三角函數的圖像變換,考查代入檢驗法判斷余弦型函數的對稱軸和對稱中心,考查導函數的幾何意義的應用.2、A【解析】

先求得全集包含的元素，由此求得集合的補集.【詳解】由解得，故，所以，故選A.【點睛】本小題主要考查補集的概念及運算，考查一元二次不等式的解法，屬于基礎題.3、C【解析】

充分利用正方體的幾何特征，利用線面平行的判定定理，根據判斷A的正誤.根據，判斷B的正誤.根據與相交，判斷C的正誤.根據，判斷D的正誤.【詳解】在正方體中，因為，所以平面，故A正確.因為，所以，所以平面故B正確.因為，所以平面，故D正確.因為與相交，所以與平面相交，故C錯誤.故選：C【點睛】本題主要考查正方體的幾何特征，線面平行的判定定理，還考查了推理論證的能力，屬中檔題.4、B【解析】

根據題意分析的圖像關于直線對稱，即可得到的單調區間，利用對稱性以及單調性即可得到的取值范圍。【詳解】根據題意，函數滿足是偶函數，則函數的圖像關于直線對稱，若函數在上單調遞減，則在上遞增，所以要使，則有，變形可得，解可得：或，即的取值范圍為；故選：B．【點睛】本題考查偶函數的性質，以及函數單調性的應用，有一定綜合性，屬于中檔題。5、C【解析】

過作于，連接，易知，，從而可證平面，進而可知，當最大時，取得最大值，取的中點，可得，再由，求出的最大值即可.【詳解】在和中，，所以，則，過作于，連接，顯然，則，且，又因為，所以平面，所以，當最大時，取得最大值，取的中點，則，所以，因為，所以點在以為焦點的橢圓上（不在左右頂點），其中長軸長為10，焦距長為8，所以的最大值為橢圓的短軸長的一半，故最大值為，所以最大值為，故的最大值為.故選：C.【點睛】本題考查三棱錐體積的最大值，考查學生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.6、C【解析】

首先把看作為一個整體，進而利用二項展開式求得的系數，再求的展開式中的系數，二者相乘即可求解.【詳解】由二項展開式的通項公式可得的第項為，令，則，又的第為，令，則，所以的系數是.故選：C【點睛】本題考查二項展開式指定項的系數，掌握二項展開式的通項是解題的關鍵，屬于基礎題.7、D【解析】

由題意利用函數的圖象變換規律，三角函數的圖象的對稱性，余弦函數的值域，求得結果.【詳解】解：把函數圖象向右平移個單位長度后，可得的圖象；再根據得到函數的圖象關于直線對稱，，，，函數.在上，，，故，即的值域是，故選：D.【點睛】本題主要考查函數的圖象變換規律，三角函數的圖象的對稱性，余弦函數的值域，屬于中檔題．8、D【解析】由雙曲線的方程的左右焦點分別為，為雙曲線上的一點，為雙曲線的漸近線上的一點，且都位于第一象限，且，可知為的三等分點，且,點在直線上，并且，則，，設，則，解得，即，代入雙曲線的方程可得，解得，故選D．點睛：本題考查了雙曲線的幾何性質，離心率的求法，考查了轉化思想以及運算能力，雙曲線的離心率是雙曲線最重要的幾何性質，求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，然后轉化為關于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范圍)．9、C【解析】

利用復數的三角形式的乘法運算法則即可得出．【詳解】z1z2＝（cos23°+isin23°）?（cos37°+isin37°）＝cos60°+isin60°＝．故答案為C．【點睛】熟練掌握復數的三角形式的乘法運算法則是解題的關鍵，復數問題高考必考，常見考點有：點坐標和復數的對應關系，點的象限和復數的對應關系，復數的加減乘除運算，復數的模長的計算.10、B【解析】

方法一：由題意得，根據等差數列的性質，得成等差數列，設，則，，則，當且僅當時等號成立，從而的最小值為16，故選B．方法二：設正項等差數列的公差為d，由等差數列的前項和公式及，化簡可得，即，則，當且僅當，即時等號成立，從而的最小值為16，故選B．11、C【解析】

先化簡復數，再求，最后求即可.【詳解】解：，，故選：C【點睛】考查復數的運算，是基礎題.12、D【解析】

求解一元二次不等式化簡A，求解對數不等式化簡B，然后利用補集與交集的運算得答案.【詳解】解：由x2+2x-8>0，得x＜-4或x＞2，

∴A={x|x2+2x-8>0}＝{x|x＜-4或x＞2}，

由log2x<1，x＞0，得0＜x＜2，

∴B={x|log2x<1}＝{x|0＜x＜2}，

則，

∴.

故選：D.【點睛】本題考查了交、并、補集的混合運算，考查了對數不等式，二次不等式的求法，是基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

求導得到，討論和兩種情況，計算時，函數在上單調遞減，故，不符合，排除，得到答案。【詳解】因為，所以，因為，所以.當，即時，，則在上單調遞增，從而，故符合題意；當，即時，因為在上單調遞增，且，所以存在唯一的，使得.令，得，則在上單調遞減，從而，故不符合題意.綜上，的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查了不等式恒成立問題，轉化為函數的最值問題是解題的關鍵.14、2020【解析】

可對左右兩端同乘以得，依次寫出，，，，累加可得，再由得，代入即可求解【詳解】左右兩端同乘以有，從而，，，，將以上式子累加得.由得.令，有.故答案為：2020【點睛】本題考查數列遞推式和累加法的應用，屬于基礎題15、【解析】

由余弦定理求得，再結合正弦定理得，進而得，得，則面積可求【詳解】由，得，解得.因為，所以，，所以.又因為，所以.因為，所以.故答案為【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理的應用，考查運算求解能力，是中檔題16、【解析】

設雙曲線的左焦點為，連接，由于.所以四邊形為矩形，故，由雙曲線定義可得，再求的值域即可.【詳解】如圖，設雙曲線的左焦點為，連接，由于.所以四邊形為矩形，故.在中，由雙曲線的定義可得，.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線定義及其性質，涉及到求余弦型函數的值域，考查學生的運算能力，是一道中檔題.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）見解析；（2）【解析】

（1）連接，證明，得到面，得到證明.（2）以，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，為平面的法向量，平面的一個法向量為，計算夾角得到答案.【詳解】（1）連接，在四邊形中，，平面，面，，，面，又面，，又在直角三角形中，，為的中點，，，面，面，.（2）以，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，，，，，，，設為平面的法向量，，，，，令，則，，，同理可得平面的一個法向量為.設向量與的所成的角為，，由圖形知，二面角為銳二面角，所以余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.18、（1）見解析（2）【解析】

(1)由已知可證得平面,則有,在中,由已知可得,即可證得平面,進而證得結論.(2)過作交于,由為的中點,結合已知有平面.則,可求得.建立坐標系分別求得面的法向量,平面的一個法向量為,利用公式即可求得結果.【詳解】（1）證明：平面，平面，,又四邊形為正方形，.又、平面，且，平面..中，，為的中點，.又、平面，，平面.平面，平面平面.（2）解：過作交于，如圖為的中點，，.又平面，平面.，.所以,又、、兩兩互相垂直，以、、為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系.，，，設平面的法向量，則，即.令，則，..平面的一個法向量為.二面角的余弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的證明方法,考查了空間線線、線面、面面位置關系，考查利用向量法求二面角的方法,難度一般.19、（1）；（2）存在，【解析】

（1）把點代入橢圓C的方程，再結合離心率，可得a,b,c的關系，可得橢圓的方程；（2）設出直線的方程，代入橢圓，運用韋達定理可求得點的坐標，再由，可求得直線的方程,要注意檢驗直線是否和橢圓有兩個交點．【詳解】（1）由題可得∴，所以橢圓的方程（2）由題知，設，直線的斜率存在設為，則與橢圓聯立得，，∴，，∴若以為直徑的圓經過點，則，∴，化簡得，∴，解得或因為與不重合，所以舍.所以直線的方程為.【點睛】本題考查橢圓的簡單性質，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查了向量的數量積的運用，屬于中檔題.20、（1）：，直線：；（2）．【解析】

（1）由消參法把參數方程化為普通方程，再由公式進行直角坐標方程與極坐標方程的互化；（2）由極徑的定義可直接把代入曲線和直線的極坐標方程，求出極徑，把比值化為的三角函數，從而可得最大值、【詳解】（1）消去參數可得曲線的普通方程是，即，代入得，即，∴曲線的極坐標方程是；由，化為直角坐標方程為．（2）設，則，，，當時，取得最大值為．【點睛】本題考查參數方程與普通方程的互化，考查極坐標方程與直角坐標方程的互化，掌握公式可輕松自如進行極坐標方程與直角坐標方程的互化．21、（Ⅰ）詳見解析