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．已知為一條直線，為兩個不同的平面，則下列說法正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則2．設分別為雙曲線的左、右焦點，過點作圓的切線，與雙曲線的左、右兩支分別交于點，若，則雙曲線漸近線的斜率為（）A． B． C． D．3．下圖所示函數圖象經過何種變換可以得到的圖象（）A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位4．函數的圖象為C，以下結論中正確的是（）①圖象C關于直線對稱；②圖象C關于點對稱；③由y=2sin2x的圖象向右平移個單位長度可以得到圖象C.A．① B．①② C．②③ D．①②③5．已知正方體的棱長為2，點為棱的中點，則平面截該正方體的內切球所得截面面積為（）A． B． C． D．6．我國古代數學家秦九韶在《數書九章》中記述了“三斜求積術”，用現代式子表示即為：在中，角所對的邊分別為，則的面積.根據此公式，若，且，則的面積為（）A． B． C． D．7．已知分別為圓與的直徑，則的取值范圍為（）A． B． C． D．8．給出下列四個命題：①若“且”為假命題，則﹑均為假命題；②三角形的內角是第一象限角或第二象限角；③若命題，，則命題，；④設集合，，則“”是“”的必要條件；其中正確命題的個數是（）A． B． C． D．9．已知函數的圖象在點處的切線方程是，則（）A．2 B．3 C．-2 D．-310．設，，則的值為（）A． B．C． D．11．己知函數的圖象與直線恰有四個公共點，其中，則（）A． B．0 C．1 D．12．若θ是第二象限角且sinθ=，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，滿足約束條件則的最小值為__________.14．設為數列的前項和，若，，且，，則________．15．已知向量，，且，則________．16．某地區連續5天的最低氣溫（單位：℃）依次為8，，，0，2，則該組數據的標準差為_______.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，,使得對任意兩個不等的正實數，都有恒成立.（1）求的解析式；（2）若方程有兩個實根，且，求證：.18．（12分）已知函數存在一個極大值點和一個極小值點.（1）求實數a的取值范圍；（2）若函數的極大值點和極小值點分別為和，且，求實數a的取值范圍.（e是自然對數的底數）19．（12分）設函數.（1）解不等式；（2）記的最大值為，若實數、、滿足，求證：.20．（12分）某地為改善旅游環境進行景點改造．如圖，將兩條平行觀光道l1和l2通過一段拋物線形狀的棧道AB連通（道路不計寬度），l1和l2所在直線的距離為0.5（百米），對岸堤岸線l3平行于觀光道且與l2相距1.5（百米）（其中A為拋物線的頂點，拋物線的對稱軸垂直于l3，且交l3于M

），在堤岸線l3上的E，F兩處建造建筑物，其中E，F到M的距離為1

（百米），且F恰在B的正對岸（即BF⊥l3）．（1）在圖②中建立適當的平面直角坐標系，并求棧道AB的方程；（2）游客（視為點P）在棧道AB的何處時，觀測EF的視角(∠EPF)最大？請在（1）的坐標系中，寫出觀測點P的坐標．21．（12分）已知函數，.（1）求證：在區間上有且僅有一個零點，且；（2）若當時，不等式恒成立，求證：.22．（10分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，將曲線經過伸縮變換后得到曲線.在以原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，直線的極坐標方程為.（1）說明曲線是哪一種曲線，并將曲線的方程化為極坐標方程；（2）已知點是曲線上的任意一點，又直線上有兩點和，且，又點的極角為，點的極角為銳角.求：①點的極角；②面積的取值范圍.

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、D【解析】A.若，則或，故A錯誤；B.若，則或故B錯誤；C.若，則或，或與相交；D.若，則，正確.故選D.2、C【解析】

如圖所示：切點為，連接，作軸于，計算，，，，根據勾股定理計算得到答案.【詳解】如圖所示：切點為，連接，作軸于，，故，在中，，故，故，，根據勾股定理：，解得.故選：.【點睛】本題考查了雙曲線的漸近線斜率，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.3、D【解析】

根據函數圖像得到函數的一個解析式為，再根據平移法則得到答案.【詳解】設函數解析式為，根據圖像：，，故，即，，，取，得到，函數向右平移個單位得到.故選：.【點睛】本題考查了根據函數圖像求函數解析式，三角函數平移，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.4、B【解析】

根據三角函數的對稱軸、對稱中心和圖象變換的知識，判斷出正確的結論.【詳解】因為，又，所以①正確.，所以②正確.將的圖象向右平移個單位長度，得，所以③錯誤.所以①②正確，③錯誤.故選:B【點睛】本小題主要考查三角函數的對稱軸、對稱中心，考查三角函數圖象變換，屬于基礎題.5、A【解析】

根據球的特點可知截面是一個圓，根據等體積法計算出球心到平面的距離，由此求解出截面圓的半徑，從而截面面積可求.【詳解】如圖所示：設內切球球心為，到平面的距離為，截面圓的半徑為，因為內切球的半徑等于正方體棱長的一半，所以球的半徑為，又因為，所以，又因為，所以，所以，所以截面圓的半徑，所以截面圓的面積為.故選：A.【點睛】本題考查正方體的內切球的特點以及球的截面面積的計算，難度一般.任何一個平面去截球，得到的截面一定是圓面，截面圓的半徑可通過球的半徑以及球心到截面的距離去計算.6、A【解析】

根據，利用正弦定理邊化為角得，整理為，根據，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【詳解】由得，即，即，因為，所以，由余弦定理，所以，由的面積公式得故選：A【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理以及類比推理，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.7、A【解析】

由題先畫出基本圖形，結合向量加法和點乘運算化簡可得，結合的范圍即可求解【詳解】如圖，其中，所以.故選：A【點睛】本題考查向量的線性運算在幾何中的應用，數形結合思想，屬于中檔題8、B【解析】

①利用真假表來判斷，②考慮內角為，③利用特稱命題的否定是全稱命題判斷，④利用集合間的包含關系判斷.【詳解】若“且”為假命題，則﹑中至少有一個是假命題，故①錯誤；當內角為時，不是象限角，故②錯誤；由特稱命題的否定是全稱命題知③正確；因為，所以，所以“”是“”的必要條件，故④正確.故選：B.【點睛】本題考查命題真假的問題，涉及到“且”命題、特稱命題的否定、象限角、必要條件等知識，是一道基礎題.9、B【解析】

根據求出再根據也在直線上，求出b的值，即得解.【詳解】因為，所以所以，又也在直線上，所以，解得所以.故選：B【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.10、D【解析】

利用倍角公式求得的值，利用誘導公式求得的值，利用同角三角函數關系式求得的值，進而求得的值，最后利用正切差角公式求得結果.【詳解】，，，，，，，，故選：D.【點睛】該題考查的是有關三角函數求值問題，涉及到的知識點有誘導公式，正切倍角公式，同角三角函數關系式，正切差角公式，屬于基礎題目.11、A【解析】

先將函數解析式化簡為，結合題意可求得切點及其范圍，根據導數幾何意義，即可求得的值.【詳解】函數即直線與函數圖象恰有四個公共點，結合圖象知直線與函數相切于，，因為，故，所以.故選：A.【點睛】本題考查了三角函數的圖像與性質的綜合應用，由交點及導數的幾何意義求函數值，屬于難題.12、B【解析】由θ是第二象限角且sinθ=知：，．所以．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

畫出可行域，通過平移基準直線到可行域邊界位置，由此求得目標函數的最小值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，由圖可知：可行域是由三點，，構成的三角形及其內部，當直線過點時，取得最小值.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用線性規劃求目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.14、【解析】

由題可得，解得，所以，，上述兩式相減可得，即，因為，所以，即，所以數列是以為首項，為公差的等差數列，所以．15、【解析】

根據垂直向量的坐標表示可得出關于實數的等式，即可求得實數的值.【詳解】，且，則，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用向量垂直求參數，涉及垂直向量的坐標表示，考查計算能力，屬于基礎題.16、【解析】

先求出這組數據的平均數，再求出這組數據的方差，由此能求出該組數據的標準差．【詳解】解：某地區連續5天的最低氣溫（單位：依次為8，，，0，2，平均數為：，該組數據的方差為：，該組數據的標準差為1．故答案為：1．【點睛】本題考查一組數據據的標準差的求法，考查平均數、方差、標準差的定義等基礎知識，考查運算求解能力，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）；（2）證明見解析.【解析】

（1）根據題意，在上單調遞減，求導得，分類討論的單調性，結合題意，得出的解析式；（2）由為方程的兩個實根，得出，，兩式相減，分別算出和，利用換元法令和構造函數，根據導數研究單調性，求出，即可證出結論.【詳解】（1）根據題意，對任意兩個不等的正實數，都有恒成立.則在上單調遞減，因為，當時，在內單調遞減.，當時，由，有，此時，當時，單調遞減，當時，單調遞增，綜上，，所以.（2）由為方程的兩個實根，得，兩式相減，可得，因此，令，由，得，則，構造函數.則，所以函數在上單調遞增，故，即，可知，故，命題得證.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性求函數的解析式、以及利用構造函數法證明不等式，考查轉化思想、解題分析能力和計算能力.18、（1）；（2）.【解析】

（1）首先對函數求導，根據函數存在一個極大值點和一個極小值點求出a的取值范圍；（2）首先求出的值，再根據求出實數a的取值范圍.【詳解】（1）函數的定義域為是，，若有兩個極值點，則方程一定有兩個不等的正根，設為和，且，所以解得，此時，當時，，當時，，當時，，故是極大值點，是極小值點，故實數a的取值范圍是；（2）由（1）知，，，則，，，由，得，即，令，考慮到，所以可化為，而，所以在上為增函數，由，得，故實數a的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了利用導數研究函數的極值點和單調性，利用函數單調性證明不等式，屬于難題.19、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）采用零點分段法：、、，由此求解出不等式的解集；（2）先根據絕對值不等式的幾何意義求解出的值，然后利用基本不等式及其變形完成證明.【詳解】（1）當時，不等式為，解得當時，不等式為，解得當時，不等式為，解得∴原不等式的解集為（2）當且僅當即時取等號，∴，∴∵，∴，∴（當且僅當時取“”）同理可得，∴∴（當且僅當時取“”）【點睛】本題考查絕對值不等式的解法以及利用基本不等式證明不等式，難度一般.（1）常見的絕對值不等式解法：零點分段法、圖象法、幾何意義法；（2）利用基本不等式完成證明時，注意說明取等號的條件.20、（1）見解析，，x[0，1]；（2）P(，)時，視角∠EPF最大．【解析】

（1）以A為原點，l1為x軸，拋物線的對稱軸為y軸建系，設出方程，通過點的坐標可求方程；（2）設出的坐標，表示出，利用基本不等式求解的最大值，從而可得觀測點P的坐標．【詳解】（1）以A為原點，l1為x軸，拋物線的對稱軸為y軸建系由題意知：B(1，0.5)，設拋物線方程為代入點B得：p＝1，故方程為，x[0，1]；（2）設P(，)，t[0，]，作PQ⊥l3于Q，記∠EPQ＝，∠FPQ＝，，令，，則：，當且僅當即，即，即時取等號；故P(，)時視角∠EPF最大，答：P(，)時，視角∠EPF最大．【點睛】本題主要考查圓錐曲線的實際應用，理解題意，構建合適的模型是求解的關鍵，涉及最值問題一般利用基本不等式或者導數來進行求解，側重考查數學運算的核心素養.21、（1）詳見解析；（2）詳見解析.【解析】

（1）利用求導數，判斷在區間上的單調性，然后再證異號，即可證明結論；（2）當時，不等式恒成立，分離參數只需時，恒成立，設（），需，根據（1）中的結論先求出，再構造函數結合導數法，證明即可.【詳解】（1），令，則，所以在區間上是增函數，則，所以在區間上是增函數.又因為，，所以在區間上有且僅有一個零點，且.（2）由題意，在區間上恒成立，即在區間上恒成立，當時，；當時，恒成立，設（），所以.由（1）可知，，使，所以，當時，，當時，，由此在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以.又因為，所以，從而，所以.令，，則，所以在區間上是增函數，所以，故.【點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到函數的單調性、函數的零點、極值最值、不等式的證明，分離參數是解題的關鍵，意在考查邏輯推理、數學計算能力，屬于較難題.22、（1）曲線為圓心在原點，半徑為2的圓.的極坐標方程為（2）①②【解析】

（1）求得曲線伸縮變換后所得的參數方程，消參后求得的普通方程，判斷出對應的曲線，并將的普通方程轉化為極坐標方程.（2）①將的極