2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．已知函數滿足=1，則等于（）A．- B． C．- D．2．已知函數是定義在上的奇函數，函數滿足，且時，，則（）A．2 B． C．1 D．3．已知為拋物線的焦點，點在拋物線上，且，過點的動直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，拋物線的準線與軸的交點為.給出下列四個命題：①在拋物線上滿足條件的點僅有一個；②若是拋物線準線上一動點，則的最小值為；③無論過點的直線在什么位置，總有；④若點在拋物線準線上的射影為，則三點在同一條直線上.其中所有正確命題的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．44．已知函數是奇函數，則的值為（）A．－10 B．－9 C．－7 D．15．若實數、滿足，則的最小值是（）A． B． C． D．6．函數的圖象大致是（）A． B．C． D．7．記為數列的前項和數列對任意的滿足.若，則當取最小值時，等于（）A．6 B．7 C．8 D．98．某四棱錐的三視圖如圖所示，該幾何體的體積是（）A．8 B． C．4 D．9．已知，則“直線與直線垂直”是“”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．已知甲盒子中有個紅球，個藍球，乙盒子中有個紅球，個藍球，同時從甲乙兩個盒子中取出個球進行交換，（a）交換后，從甲盒子中取1個球是紅球的概率記為.（b）交換后，乙盒子中含有紅球的個數記為.則（）A． B．C． D．11．已知數列的首項，且，其中，，，下列敘述正確的是（）A．若是等差數列，則一定有 B．若是等比數列，則一定有C．若不是等差數列，則一定有 D．若不是等比數列，則一定有12．已知函數且，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在的展開式中，常數項為________.(用數字作答)14．已知函數，（其中e為自然對數的底數），若關于x的方程恰有5個相異的實根，則實數a的取值范圍為________.15．如圖，在三棱錐中，平面，，已知，，則當最大時，三棱錐的體積為__________．16．已知橢圓Г：，F1、F2是橢圓Г的左、右焦點，A為橢圓Г的上頂點，延長AF2交橢圓Г于點B，若為等腰三角形，則橢圓Г的離心率為___________.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）如圖，三棱柱中，側面是菱形，其對角線的交點為，且．（1）求證：平面；（2）設，若直線與平面所成的角為，求二面角的正弦值．18．（12分）某客戶準備在家中安裝一套凈水系統，該系統為二級過濾，使用壽命為十年如圖所示兩個二級過濾器采用并聯安裝，再與一級過濾器串聯安裝.其中每一級過濾都由核心部件濾芯來實現在使用過程中，一級濾芯和二級濾芯都需要不定期更換（每個濾芯是否需要更換相互獨立）.若客戶在安裝凈水系統的同時購買濾芯，則一級濾芯每個160元，二級濾芯每個80元.若客戶在使用過程中單獨購買濾芯則一級濾芯每個400元，二級濾芯每個200元.現需決策安裝凈水系統的同時購買濾芯的數量，為此參考了根據100套該款凈水系統在十年使用期內更換濾芯的相關數據制成的圖表，其中表1是根據100個一級過濾器更換的濾芯個數制成的頻數分布表，圖2是根據200個二級過濾器更換的濾芯個數制成的條形圖.表1：一級濾芯更換頻數分布表一級濾芯更換的個數89頻數6040圖2：二級濾芯更換頻數條形圖以100個一級過濾器更換濾芯的頻率代替1個一級過濾器更換濾芯發生的概率，以200個二級過濾器更換濾芯的頻率代替1個二級過濾器更換濾芯發生的概率.（1）求一套凈水系統在使用期內需要更換的各級濾芯總個數恰好為16的概率；（2）記表示該客戶的凈水系統在使用期內需要更換的二級濾芯總數，求的分布列及數學期望；（3）記分別表示該客戶在安裝凈水系統的同時購買的一級濾芯和二級濾芯的個數.若，且，以該客戶的凈水系統在使用期內購買各級濾芯所需總費用的期望值為決策依據，試確定的值.19．（12分）如圖，四棱錐中，底面是菱形，對角線交于點為棱的中點，．求證：（1）平面；（2）平面平面．20．（12分）已知△ABC的兩個頂點A,B的坐標分別為(,0),(,0),圓E是△ABC的內切圓,在邊AC,BC,AB上的切點分別為P,Q,R,|CP|=2,動點C的軌跡為曲線G.（1）求曲線G的方程;（2）設直線l與曲線G交于M,N兩點,點D在曲線G上,是坐標原點,判斷四邊形OMDN的面積是否為定值?若為定值,求出該定值;如果不是,請說明理由.21．（12分）已知集合，，，將的所有子集任意排列，得到一個有序集合組，其中.記集合中元素的個數為，，，規定空集中元素的個數為.當時，求的值；利用數學歸納法證明：不論為何值，總存在有序集合組，滿足任意，，都有.22．（10分）已知函數，的最大值為．求實數b的值；當時，討論函數的單調性；當時，令，是否存在區間，，使得函數在區間上的值域為？若存在，求實數k的取值范圍；若不存在，請說明理由．

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】

設的最小正周期為，可得，則，再根據得，又，則可求出，進而可得.【詳解】解：設的最小正周期為，因為，所以，所以，所以，又，所以當時，，，因為，整理得，因為，，，則所以.故選：C.【點睛】本題考查三角形函數的周期性和對稱性，考查學生分析能力和計算能力，是一道難度較大的題目.2、D【解析】

說明函數是周期函數，由周期性把自變量的值變小，再結合奇偶性計算函數值．【詳解】由知函數的周期為4，又是奇函數，，又，∴，∴．故選：D．【點睛】本題考查函數的奇偶性與周期性，掌握周期性與奇偶性的概念是解題基礎．3、C【解析】

①：由拋物線的定義可知，從而可求的坐標；②：做關于準線的對稱點為，通過分析可知當三點共線時取最小值，由兩點間的距離公式，可求此時最小值；③：設出直線方程，聯立直線與拋物線方程，結合韋達定理，可知焦點坐標的關系，進而可求，從而可判斷出的關系；④：計算直線的斜率之差，可得兩直線斜率相等，進而可判斷三點在同一條直線上.【詳解】解：對于①，設，由拋物線的方程得，則，故，所以或，所以滿足條件的點有二個，故①不正確；對于②，不妨設，則關于準線的對稱點為，故，當且僅當三點共線時等號成立，故②正確；對于③，由題意知，，且的斜率不為0，則設方程為：，設與拋物線的交點坐標為，聯立直線與拋物線的方程為，，整理得，則，所以，則.故的傾斜角互補，所以，故③正確.對于④，由題意知，由③知，則，由，知，即三點在同一條直線上，故④正確.故選:C.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了直線與拋物線的位置關系，考查了拋物線的性質，考查了直線方程，考查了兩點的斜率公式.本題的難點在于第二個命題，結合初中的“飲馬問題”分析出何時取最小值.4、B【解析】

根據分段函數表達式，先求得的值，然后結合的奇偶性，求得的值.【詳解】因為函數是奇函數，所以，.故選：B【點睛】本題主要考查分段函數的解析式、分段函數求函數值，考查數形結合思想.意在考查學生的運算能力，分析問題、解決問題的能力.5、D【解析】

根據約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優解，求出最優解的坐標，代入目標函數得答案【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立，得，可得點，由得，平移直線，當該直線經過可行域的頂點時，該直線在軸上的截距最小，此時取最小值，即.故選：D.【點睛】本題考查簡單的線性規劃，考查數形結合的解題思想方法，是基礎題．6、A【解析】

根據復合函數的單調性，同增異減以及采用排除法，可得結果.【詳解】當時，，由在遞增，所以在遞增又是增函數，所以在遞增，故排除B、C當時，若，則所以在遞減，而是增函數所以在遞減，所以A正確，D錯誤故選：A【點睛】本題考查具體函數的大致圖象的判斷，關鍵在于對復合函數單調性的理解，記住常用的結論：增+增=增，增-減=增，減+減=減，復合函數單調性同增異減，屬中檔題.7、A【解析】

先令，找出的關系，再令，得到的關系，從而可求出，然后令，可得，得出數列為等差數列，得，可求出取最小值.【詳解】解法一：由，所以，由條件可得，對任意的，所以是等差數列，，要使最小，由解得，則.解法二：由賦值法易求得，可知當時，取最小值.故選：A【點睛】此題考查的是由數列的遞推式求數列的通項，采用了賦值法，屬于中檔題.8、D【解析】

根據三視圖知，該幾何體是一條垂直于底面的側棱為2的四棱錐，畫出圖形，結合圖形求出底面積代入體積公式求它的體積．【詳解】根據三視圖知，該幾何體是側棱底面的四棱錐，如圖所示：結合圖中數據知，該四棱錐底面為對角線為2的正方形，高為PA=2，∴四棱錐的體積為.故選：D.【點睛】本題考查由三視圖求幾何體體積，由三視圖正確復原幾何體是解題的關鍵，考查空間想象能力．屬于中等題.9、B【解析】

由兩直線垂直求得則或，再根據充要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，“直線與直線垂直”則，解得或，所以“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件，故選B.【點睛】本題主要考查了兩直線的位置關系，及必要不充分條件的判定，其中解答中利用兩直線的位置關系求得的值，同時熟記充要條件的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.10、A【解析】分析：首先需要去分析交換后甲盒中的紅球的個數，對應的事件有哪些結果，從而得到對應的概率的大小，再者就是對隨機變量的值要分清，對應的概率要算對，利用公式求得其期望.詳解：根據題意有，如果交換一個球，有交換的都是紅球、交換的都是藍球、甲盒的紅球換的乙盒的藍球、甲盒的藍球交換的乙盒的紅球，紅球的個數就會出現三種情況；如果交換的是兩個球，有紅球換紅球、藍球換藍球、一藍一紅換一藍一紅、紅換藍、藍換紅、一藍一紅換兩紅、一藍一紅換亮藍，對應的紅球的個數就是五種情況，所以分析可以求得，故選A.點睛：該題考查的是有關隨機事件的概率以及對應的期望的問題，在解題的過程中，需要對其對應的事件弄明白，對應的概率會算，以及變量的可取值會分析是多少，利用期望公式求得結果.11、C【解析】

根據等差數列和等比數列的定義進行判斷即可.【詳解】A：當時，，顯然符合是等差數列，但是此時不成立，故本說法不正確；B：當時，，顯然符合是等比數列，但是此時不成立，故本說法不正確；C：當時，因此有常數，因此是等差數列，因此當不是等差數列時，一定有，故本說法正確；D：當時，若時，顯然數列是等比數列，故本說法不正確.故選：C【點睛】本題考查了等差數列和等比數列的定義，考查了推理論證能力，屬于基礎題.12、B【解析】

構造函數，判斷出的單調性和奇偶性，由此求得不等式的解集.【詳解】構造函數，由解得，所以的定義域為，且，所以為奇函數，而，所以在定義域上為增函數，且.由得，即，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查利用函數的單調性和奇偶性解不等式，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

的展開式的通項為，取計算得到答案.【詳解】的展開式的通項為：，取得到常數項.故答案為：.【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力.14、【解析】

作出圖象，求出方程的根，分類討論的正負，數形結合即可.【詳解】當時，令，解得，所以當時，，則單調遞增，當時，，則單調遞減，當時，單調遞減，且，作出函數的圖象如圖：（1）當時，方程整理得，只有2個根，不滿足條件；（2）若，則當時，方程整理得，則，，此時各有1解，故當時，方程整理得，有1解同時有2解，即需，，因為（2），故此時滿足題意；或有2解同時有1解，則需，由（1）可知不成立；或有3解同時有0解，根據圖象不存在此種情況，或有0解同時有3解，則，解得，故，（3）若，顯然當時，和均無解，當時，和無解，不符合題意．綜上：的范圍是，故答案為：，【點睛】本題主要考查了函數零點與函數圖象的關系，考查利用導數研究函數的單調性，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力，屬于中檔題．15、4【解析】設，則，，，，當且僅當，即時，等號成立.,故答案為416、【解析】

由題意可得等腰三角形的兩條相等的邊，設，由題可得的長，在三角形中，三角形中由余弦定理可得的值相等，可得的關系，從而求出橢圓的離心率【詳解】如圖，若為等腰三角形，則|BF1|=|AB|.設|BF2|=t，則|BF1|=2a?t，所以|AB|=a+t=|BF1|=2a?t，解得a=2t，即|AB|=|BF1|=3t，|AF1|=2t，設∠BAO=θ，則∠BAF1=2θ，所以Г的離心率e=，結合余弦定理，易得在中，，所以，即e==，故答案為：.【點睛】此題考查橢圓的定義及余弦定理的簡單應用，屬于中檔題.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）根據菱形的特征和題中條件得到平面，結合線面垂直的定義和判定定理即可證明；

2建立空間直角坐標系，利用向量知識求解即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形是菱形，，平面平面，又是的中點，，又平面（2）∴直線與平面所成的角等于直線與平面所成的角．平面，∴直線與平面所成的角為，即．因為，則在等腰直角三角形中，所以．在中，由得，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系．則所以設平面的一個法向量為，則，可得，取平面的一個法向量為，則，所以二面角的正弦值的大小為．（注：問題（2）可以轉化為求二面角的正弦值，求出后，在中，過點作的垂線，垂足為，連接，則就是所求二面角平面角的補角，先求出，再求出，最后在中求出．）【點睛】本題主要考查了線面垂直的判定以及二面角的求解，屬于中檔題．18、（1）0.024；（2）分布列見解析，；（3）【解析】

（1）由題意可知，若一套凈水系統在使用期內需要更換的各級濾芯總個數恰好為16，則該套凈水系統中一個一級過濾器需要更換8個濾芯，兩個二級過濾器均需要更換4個濾芯，而由一級濾芯更換頻數分布表和二級濾芯更換頻數條形圖可知，一級過濾器需要更換8個濾芯的概率為0.6，二級過濾器需要更換4個濾芯的概率為0.2，再由乘法原理可求出概率；（2）由二級濾芯更換頻數條形圖可知，一個二級過濾器需要更換濾芯的個數為4，5，6的概率分別為0.2，0.4，0.4，而的可能取值為8，9，10，11，12，然后求出概率，可得到的分布列及數學期望；（3）由，且，可知若，則，或若，則，再分別計算兩種情況下的所需總費用的期望值比較大小即可.【詳解】（1）由題意知，若一套凈水系統在使用期內需要更換的各級濾芯總個數恰好為16，則該套凈水系統中一個一級過濾器需要更換8個濾芯，兩個二級過濾器均需要更換4個濾芯，設“一套凈水系統在使用期內需要更換的各級濾芯總個數恰好為16”為事件，因為一個一級過濾器需要更換8個濾芯的概率為0.6，二級過濾器需要更換4個濾芯的概率為0.2，所以.（2）由柱狀圖知，一個二級過濾器需要更換濾芯的個數為4，5，6的概率分別為0.2，0.4，0.4，由題意的可能取值為8，9，10，11，12，從而，，.所以的分布列為891011120.040.160.320.320.16（個）.或用分數表示也可以為89101112（個）.（3）解法一：記表示該客戶的凈水系統在使用期內購買各級濾芯所需總費用（單位：元）因為，且，1°若，則，（元）；2°若，則，（元）.因為，故選擇方案：.解法二：記分別表示該客戶的凈水系統在使用期內購買一級濾芯和二級濾芯所需費用（單位：元）1°若，則，的分布列為128016800.60.488010800.840.16該客戶的凈水系統在使用期內購買的各級濾芯所需總費用為（元）；2°若，則，的分布列為800100012000.520.320.16（元）.因為所以選擇方案：.【點睛】此題考查離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法及應用，考查古典概型，考查運算求解能力，屬于中檔題.19、（1）詳見解析；（2）詳見解析.【解析】

(1)連結根據中位線的性質證明即可.(2)證明,再證明平面即可.【詳解】解：證明：連結是菱形對角線的交點,為的中點,是棱的中點,平面平面平面解：在菱形中,且為的中點,,,平面平面,平面平面．【點睛】本題主要考查了線面平行與垂直的判定,屬于基礎題.20、（1）.（2）四邊形OMDN的面積是定值,其定值為.【解析】

（1）根據三角形內切圓的性質證得，由此判斷出點的軌跡為橢圓，并由此求得曲線的方程.（2）將直線的斜率分成不存在或存在兩種情況，求出平行四邊形的面積，兩種情況下四邊形的面積都為，由此證得四邊形的面積為定值.【詳解】（1）因為圓E為△ABC的內切圓,所以|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4>|AB|所以點C的軌跡為以點A和點B為焦點的橢圓（點不在軸上）,所以c,a=2,b,所以曲線G的方程為,（2）因為，故四邊形為平行四邊形.當直線l的斜率不存在時，則四邊形為為菱形，故直線MN的方程為x=﹣1或x=1,此時可求得四邊形OMDN的面積為.當直線l的斜率存在時,設直線l方程是y=kx+m,代入到,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣4=0,∴x1+x2,x1x2,△=8(4k2+2﹣m2)>0,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m,|MN|點O到直線MN的距離d,由,得xD,yD，∵點D在曲線C上,所以將D點坐標代入橢圓方程得1+2k2=2m2,由題意四邊形OMDN為平行四邊形,∴OMDN的面積為S,由1+2k2=2m2得S,故四邊形OMDN的面積是定值,其定值為.【點睛】本小題主要考查用定義法求軌跡方程，考查橢圓中四邊形面積的計算，考查橢圓中的定值問題，考查運算求解能力，屬于中檔題.21、；證明見解析.【解析】

當時，集合共有個子集，即可求出結果；分類討論，利用數學歸納法證明.【詳解】當時，集合共有個子集，所以；①當時，，由可知，，此時令，，，，滿足對任意，都有，且；②假設當時，存在有序集合組滿足題意，且，則當時，集合的子集個數