2023-2024學年廣西柳州鐵路第一中學高三上數學期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．已知將函數（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，若和的圖象都關于對稱，則的值為（）A．2 B．3 C．4 D．2．已知集合，則集合的非空子集個數是（）A．2 B．3 C．7 D．83．設等差數列的前項和為，若，則（）A．23 B．25 C．28 D．294．已知函數,則方程的實數根的個數是（）A． B． C． D．5．若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＝1相交于P、Q兩點，且∠POQ＝120°(其中O為坐標原點)，則k的值為()A． B． C．或－ D．和－6．博覽會安排了分別標有序號為“1號”“2號”“3號”的三輛車，等可能隨機順序前往酒店接嘉賓．某嘉賓突發奇想，設計兩種乘車方案．方案一：不乘坐第一輛車，若第二輛車的車序號大于第一輛車的車序號，就乘坐此車，否則乘坐第三輛車；方案二：直接乘坐第一輛車．記方案一與方案二坐到“3號”車的概率分別為P1，P2，則（）A．P1?P2＝ B．P1＝P2＝ C．P1+P2＝ D．P1＜P27．若點x,y位于由曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域內（包括邊界），則A．-3,1 B．-3,5 C．-∞,-38．定義在R上的偶函數滿足，且在區間上單調遞減，已知是銳角三角形的兩個內角，則的大小關系是（）A． B．C． D．以上情況均有可能9．函數，，則“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件10．設復數，則=（）A．1 B． C． D．11．已知函數，，若成立，則的最小值是（）A． B． C． D．12．已知為等腰直角三角形，，，為所在平面內一點，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．已知函數，曲線與直線相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為，則可取到的最大值為__________.14．在平面直角坐標系中，圓.已知過原點且相互垂直的兩條直線和，其中與圓相交于，兩點，與圓相切于點.若，則直線的斜率為_____________.15．在中，，，，則________，的面積為________．16．設等比數列的前項和為，若，則數列的公比是．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）已知橢圓的短軸的兩個端點分別為、，焦距為．（1）求橢圓的方程；（2）已知直線與橢圓有兩個不同的交點、，設為直線上一點，且直線、的斜率的積為．證明：點在軸上．18．（12分）等差數列的公差為2,分別等于等比數列的第2項，第3項，第4項.（1）求數列和的通項公式；（2）若數列滿足,求數列的前2020項的和．19．（12分）已知橢圓的離心率為，且過點．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設是橢圓上且不在軸上的一個動點，為坐標原點，過右焦點作的平行線交橢圓于、兩個不同的點，求的值．20．（12分）如圖，在平行四邊形中，，，現沿對角線將折起，使點A到達點P，點M，N分別在直線，上，且A，B，M，N四點共面.（1）求證：；（2）若平面平面，二面角平面角大小為，求直線與平面所成角的正弦值.21．（12分）已知數列的通項，數列為等比數列，且，，成等差數列.（1）求數列的通項；（2）設，求數列的前項和.22．（10分）在中，角所對的邊分別是，且.（1）求；（2）若，求.

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、B【解析】

因為將函數（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，可得，結合已知，即可求得答案.【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，又和的圖象都關于對稱，由，得，，即，又，.故選：B.【點睛】本題主要考查了三角函數圖象平移和根據圖象對稱求參數，解題關鍵是掌握三角函數圖象平移的解法和正弦函數圖象的特征，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.2、C【解析】

先確定集合中元素，可得非空子集個數．【詳解】由題意，共3個元素，其子集個數為，非空子集有7個．故選：C．【點睛】本題考查集合的概念，考查子集的概念，含有個元素的集合其子集個數為，非空子集有個．3、D【解析】

由可求，再求公差，再求解即可.【詳解】解：是等差數列，又，公差為，，故選：D【點睛】考查等差數列的有關性質、運算求解能力和推理論證能力，是基礎題.4、D【解析】

畫出函數,將方程看作交點個數，運用圖象判斷根的個數．【詳解】畫出函數令有兩解，則分別有3個，2個解，故方程的實數根的個數是3+2=5個故選：D【點睛】本題綜合考查了函數的圖象的運用，分類思想的運用，數學結合的思想判斷方程的根，難度較大，屬于中檔題．5、C【解析】

直線過定點，直線y=kx+1與圓x2+y2=1相交于P、Q兩點，且∠POQ=120°（其中O為原點），可以發現∠QOx的大小，求得結果．【詳解】如圖，直線過定點（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，?∠1=120°，∠2=60°，∴由對稱性可知k=±．故選C．【點睛】本題考查過定點的直線系問題，以及直線和圓的位置關系，是基礎題．6、C【解析】

將三輛車的出車可能順序一一列出，找出符合條件的即可.【詳解】三輛車的出車順序可能為：123、132、213、231、312、321方案一坐車可能：132、213、231，所以，P1＝；方案二坐車可能：312、321，所以，P1＝；所以P1+P2＝故選C.【點睛】本題考查了古典概型的概率的求法，常用列舉法得到各種情況下基本事件的個數，屬于基礎題.7、D【解析】

畫出曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區域，y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)【詳解】畫出曲線x=y-2+1與y+1x-2表示封閉區域內的點(x,y)和定點P(2,-1)設k=y+1x-2，結合圖形可得k≥k由題意得點A,B的坐標分別為A(3,0),B(1,2)，∴kPA∴k≥1或k≤-3，∴y+1x-2的取值范圍為-∞,-3故選D．【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一是根據數形結合的方法求解問題，即把y+1x-28、B【解析】

由已知可求得函數的周期，根據周期及偶函數的對稱性可求在上的單調性，結合三角函數的性質即可比較．【詳解】由可得，即函數的周期，因為在區間上單調遞減，故函數在區間上單調遞減，根據偶函數的對稱性可知，在上單調遞增，因為，是銳角三角形的兩個內角，所以且即，所以即，．故選：．【點睛】本題主要考查函數值的大小比較，根據函數奇偶性和單調性之間的關系是解決本題的關鍵．9、B【解析】

根據函數奇偶性的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】設，若函數是上的奇函數，則，所以，函數的圖象關于軸對稱.所以，“是奇函數”“的圖象關于軸對稱”；若函數是上的偶函數，則，所以，函數的圖象關于軸對稱.所以，“的圖象關于軸對稱”“是奇函數”.因此，“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的必要不充分條件.故選：B.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合函數奇偶性的性質判斷是解決本題的關鍵，考查推理能力，屬于中等題.10、A【解析】

根據復數的除法運算，代入化簡即可求解.【詳解】復數，則故選：A.【點睛】本題考查了復數的除法運算與化簡求值，屬于基礎題.11、A【解析】分析：設，則，把用表示，然后令，由導數求得的最小值．詳解：設，則，，，∴，令，則，，∴是上的增函數，又，∴當時，，當時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，是極小值也是最小值，，∴的最小值是．故選A．點睛：本題易錯選B，利用導數法求函數的最值，解題時學生可能不會將其中求的最小值問題，通過構造新函數，轉化為求函數的最小值問題，另外通過二次求導，確定函數的單調區間也很容易出錯．12、D【解析】

以AB,AC分別為x軸和y軸建立坐標系，結合向量的坐標運算，可求得點的坐標，進而求得，由平面向量的數量積可得答案.【詳解】如圖建系，則，，，由，易得，則.故選：D【點睛】本題考查平面向量基本定理的運用、數量積的運算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、4【解析】

由于曲線與直線相交，存在相鄰兩個交點間的距離為，所以函數的周期，可得到的取值范圍，再由解出的兩類不同的值，然后列方程求出，再結合的取值范圍可得的最大值.【詳解】，可得，由，則或，即或，由題意得，所以，則或，所以可取到的最大值為4.故答案為：4【點睛】此題考查正弦函數的圖像和性質的應用及三角方程的求解，熟練應用三角函數的圖像和性質是解題的關鍵，考查了推理能力和計算能力，屬于中檔題.14、【解析】

設：，：，利用點到直線的距離，列出式子，求出的值即可.【詳解】解：由圓，可知圓心，半徑為.設直線：，則：，圓心到直線的距離為，，.圓心到直線的距離為半徑，即，并根據垂徑定理的應用，可列式得到，解得.故答案為：.【點睛】本題主要考查點到直線的距離公式的運用，并結合圓的方程，垂徑定理的基本知識，屬于中檔題.15、【解析】

利用余弦定理可求得的值，進而可得出的值，最后利用三角形的面積公式可得出的面積.【詳解】由余弦定理得，則，因此，的面積為.故答案為：；.【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，同時也考查了三角形面積的計算，考查計算能力，屬于基礎題.16、.【解析】

當q=1時，.當時，，所以.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）見解析.【解析】

（1）由已知條件得出、的值，進而可得出的值，由此可求得橢圓的方程；（2）設點，可得，且，，求出直線的斜率，進而可求得直線與的方程，將直線直線與的方程聯立，求出點的坐標，即可證得結論.【詳解】（1）由題設，得，所以，即．故橢圓的方程為；（2）設，則，，．所以直線的斜率為，因為直線、的斜率的積為，所以直線的斜率為．直線的方程為，直線的方程為．聯立，解得點的縱坐標為．因為點在橢圓上，所以，則，所以點在軸上．【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了點在定直線的證明，考查計算能力與推理能力，屬于中等題.18、（1），；（2）.【解析】

(1)根據題意同時利用等差、等比數列的通項公式即可求得數列和的通項公式；(2)求出數列的通項公式，再利用錯位相減法即可求得數列的前2020項的和.【詳解】(1)依題意得:，所以，所以解得設等比數列的公比為，所以又(2)由（1）知，因為①當時,②由①②得，，即，又當時，不滿足上式，.數列的前2020項的和設③，則④，由③④得：，所以，所以.【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項公式、性質，錯位相減法求和,考查學生的邏輯推理能力,化歸與轉化能力及綜合運用數學知識解決問題的能力.考查的核心素養是邏輯推理與數學運算.是中檔題.19、（Ⅰ）（Ⅱ）1【解析】

（Ⅰ）由題，得，，解方程組，即可得到本題答案；（Ⅱ）設直線，則直線，聯立，得，聯立，得，由此即可得到本題答案.【詳解】（Ⅰ）由題可得，即，，將點代入方程得，即，解得，所以橢圓的方程為：；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，設直線，則直線，聯立，整理得，所以，聯立，整理得，設，則，所以，所以．【點睛】本題主要考查橢圓標準方程的求法以及直線與橢圓的綜合問題，考查學生的運算求解能力.20、（1）證明見解析；（2）【解析】

（1）根據余弦定理，可得，利用//，可得//平面，然后利用線面平行的性質定理，//，最后可得結果.（2）根據二面角平面角大小為，可知N為的中點，然后利用建系，計算以及平面的一個法向量，利用向量的夾角公式，可得結果.【詳解】（1）不妨設，則，在中,，則，因為，所以，因為//，且A、B、M、N四點共面，所以//平面.又平面平面，所以//.而，.（2）因為平面平面，且，所以平面，，因為，所以平面，，因為，平面與平面夾角為，所以，在中，易知N為的中點，如圖，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的一個法向量為，則由，令，得.設與平面所成角為，則.【點睛】本題考查線面平行的性質定理以及線面角，熟練掌握利用建系的方法解決幾何問題，將幾何問題代數化，化繁為簡，屬中檔題.21、（1）；（2）.【解析】

（1）根據，，成等差數列以及為等比數列，通過直接對進行賦值計算出的首項和公比，即可