2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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，則的大小關系是（）A． B． C． D．2．一個四棱錐的三視圖如圖所示（其中主視圖也叫正視圖，左視圖也叫側視圖），則這個四棱錐中最最長棱的長度是（）．A． B． C． D．3．記個兩兩無交集的區間的并集為階區間如為2階區間，設函數，則不等式的解集為（）A．2階區間 B．3階區間 C．4階區間 D．5階區間4．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5．設拋物線的焦點為F,拋物線C與圓交于M,N兩點,若,則的面積為()A． B． C． D．6．復數滿足，則復數等于（）A． B． C．2 D．-27．已知x,y滿足不等式組,則點所在區域的面積是()A．1 B．2 C． D．8．已知的內角的對邊分別是且，若為最大邊，則的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知正方體的棱長為2，點在線段上，且，平面經過點，則正方體被平面截得的截面面積為（）A． B． C． D．10．已知集合，，則（）A． B．C．或 D．11．已知命題：，，則為()A．， B．，C．， D．，12．已知a>0，b>0，a+b=1，若α=，則的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知雙曲線的左右焦點分別為，過的直線與雙曲線左支交于兩點，，的內切圓的圓心的縱坐標為，則雙曲線的離心率為________.14．在的展開式中，所有的奇數次冪項的系數和為-64，則實數的值為__________.15．在等差數列（）中，若，，則的值是______.16．某校初三年級共有名女生，為了了解初三女生分鐘“仰臥起坐”項目訓練情況，統計了所有女生分鐘“仰臥起坐”測試數據（單位：個），并繪制了如下頻率分布直方圖，則分鐘至少能做到個仰臥起坐的初三女生有_____________個．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）下表是某公司2018年5~12月份研發費用（百萬元）和產品銷量（萬臺）的具體數據：月份56789101112研發費用（百萬元）2361021131518產品銷量（萬臺）1122.563.53.54.5（Ⅰ）根據數據可知與之間存在線性相關關系，求出與的線性回歸方程（系數精確到0.01）；（Ⅱ）該公司制定了如下獎勵制度：以（單位：萬臺）表示日銷售，當時，不設獎；當時，每位員工每日獎勵200元；當時，每位員工每日獎勵300元；當時，每位員工每日獎勵400元.現已知該公司某月份日銷售（萬臺）服從正態分布（其中是2018年5-12月產品銷售平均數的二十分之一），請你估計每位員工該月（按30天計算）獲得獎勵金額總數大約多少元.參考數據：，，，，參考公式：相關系數，其回歸直線中的，若隨機變量服從正態分布，則，.18．（12分）已知三棱錐P-ABC（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，和均為正三角形，在三棱錐P-ABC中：（1）證明：平面平面ABC；（2）若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求直線MA與平面MBC所成角的正弦值.19．（12分）已知函數.（1）若曲線的切線方程為，求實數的值；（2）若函數在區間上有兩個零點，求實數的取值范圍.20．（12分）（本小題滿分12分）已知橢圓C：x2a2+y（1）求橢圓C的標準方程；（2）過點A（1，0）的直線與橢圓C交于點M,N,設P為橢圓上一點，且OM+ON=t21．（12分）已知是各項都為正數的數列，其前項和為，且為與的等差中項．（1）求證：數列為等差數列；（2）設，求的前100項和．22．（10分）已知函數．（1）解不等式；（2）若函數存在零點，求的求值范圍．

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、B【解析】

利用函數與函數互為反函數，可得，再利用對數運算性質比較a,c進而可得結論.【詳解】依題意，函數與函數關于直線對稱，則，即，又，所以，.故選：B.【點睛】本題主要考查對數、指數的大小比較，屬于基礎題.2、A【解析】

作出其直觀圖，然后結合數據根據勾股定定理計算每一條棱長即可.【詳解】根據三視圖作出該四棱錐的直觀圖，如圖所示，其中底面是直角梯形，且，，平面，且，∴，，，，∴這個四棱錐中最長棱的長度是．故選．【點睛】本題考查了四棱錐的三視圖的有關計算，正確還原直觀圖是解題關鍵，屬于基礎題．3、D【解析】

可判斷函數為奇函數，先討論當且時的導數情況，再畫出函數大致圖形，將所求區間端點值分別看作對應常函數，再由圖形確定具體自變量范圍即可求解【詳解】當且時，.令得.可得和的變化情況如下表：令，則原不等式變為，由圖像知的解集為，再次由圖像得到的解集由5段分離的部分組成，所以解集為5階區間.故選：D【點睛】本題考查由函數的奇偶性，單調性求解對應自變量范圍，導數法研究函數增減性，數形結合思想，轉化與化歸思想，屬于難題4、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.5、B【解析】

由圓過原點，知中有一點與原點重合，作出圖形，由，，得，從而直線傾斜角為，寫出點坐標，代入拋物線方程求出參數，可得點坐標，從而得三角形面積．【詳解】由題意圓過原點，所以原點是圓與拋物線的一個交點，不妨設為，如圖，由于，，∴，∴，，∴點坐標為，代入拋物線方程得，，∴，．故選：B.【點睛】本題考查拋物線與圓相交問題，解題關鍵是發現原點是其中一個交點，從而是等腰直角三角形，于是可得點坐標，問題可解，如果僅從方程組角度研究兩曲線交點，恐怕難度會大大增加，甚至沒法求解．6、B【解析】

通過復數的模以及復數的代數形式混合運算，化簡求解即可.【詳解】復數滿足，∴，故選B.【點睛】本題主要考查復數的基本運算，復數模長的概念，屬于基礎題．7、C【解析】

畫出不等式表示的平面區域，計算面積即可.【詳解】不等式表示的平面區域如圖：直線的斜率為，直線的斜率為，所以兩直線垂直，故為直角三角形，易得，，，，所以陰影部分面積.故選：C.【點睛】本題考查不等式組表示的平面區域面積的求法，考查數形結合思想和運算能力，屬于常考題.8、C【解析】

由，化簡得到的值，根據余弦定理和基本不等式，即可求解.【詳解】由，可得，可得，通分得，整理得，所以，因為為三角形的最大角，所以，又由余弦定理，當且僅當時，等號成立，所以，即，又由，所以的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題主要考查了代數式的化簡，余弦定理，以及基本不等式的綜合應用，試題難度較大，屬于中檔試題，著重考查了推理與運算能力.9、B【解析】

先根據平面的基本性質確定平面，然后利用面面平行的性質定理，得到截面的形狀再求解.【詳解】如圖所示：確定一個平面，因為平面平面，所以，同理，所以四邊形是平行四邊形.即正方體被平面截的截面.因為，所以，即所以由余弦定理得：所以所以四邊形故選：B【點睛】本題主要考查平面的基本性質，面面平行的性質定理及截面面積的求法，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.10、D【解析】

首先求出集合，再根據補集的定義計算可得；【詳解】解：∵，解得∴，∴.故選：D【點睛】本題考查補集的概念及運算，一元二次不等式的解法，屬于基礎題.11、C【解析】

根據全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，即得答案.【詳解】全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，且命題：，，.故選：.【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定，屬于基礎題.12、C【解析】

根據題意，將a、b代入，利用基本不等式求出最小值即可.【詳解】∵a>0，b>0，a+b=1，∴，當且僅當時取“＝”號．

答案：C【點睛】本題考查基本不等式的應用，“1”的應用，利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是首先要判斷參數是否為正；二定是其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是最后一定要驗證等號能否成立，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】

由題意畫出圖形，設內切圓的圓心為，圓分別切于，可得四邊形為正方形,再由圓的切線的性質結臺雙曲線的定義，求得的內切圓的圓心的縱坐標,結合已知列式，即可求得雙曲線的離心率.【詳解】設內切圓的圓心為，圓分別切于，連接，則，故四邊形為正方形，邊長為圓的半徑，由，，得，與重合，，，即——①，——②聯立①②解得：，又因圓心的縱坐標為，.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的幾何性質，考查數形結合思想與運算求解能力,屬于中檔題.14、3或-1【解析】

設，分別令、，兩式相減即可得，即可得解.【詳解】設，令，則①，令，則②，則①-②得，則，解得或.故答案為：3或-1.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，考查了運算能力，屬于中檔題.15、-15【解析】

是等差數列，則有，可得的值，再由可得，計算即得.【詳解】數列是等差數列，，又，，，故.故答案為：【點睛】本題考查等差數列的性質，也可以由已知條件求出和公差，再計算.16、【解析】

根據數據先求出，再求出分鐘至少能做到個仰臥起坐的初三女生人數即可.【詳解】解：，.則分鐘至少能做到個仰臥起坐的初三女生人數為.故答案為：.【點睛】本題主要考查頻率分布直方圖，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、（Ⅰ）（Ⅱ）7839.3元【解析】

（Ⅰ）由題意計算x、y的平均值,進而由公式求出回歸系數b和a,即可寫出回歸直線方程;（Ⅱ）由題意計算平均數μ，得出z~N(μ,)，求出日銷量z∈[0.13,0.15)、[0.15,0.16)和[0.16,+∞)的概率，計算獎金總數是多少.【詳解】（Ⅰ）因為，，因為，所以，所以；（Ⅱ）因為，所以，故即，日銷量的概率為，日銷量的概率為，日銷量的概率為，所以獎金總數大約為：（元）.【點睛】本題考查利用最小二乘法求回歸直線方程，還考查了利用正態分布計算概率，進而估計總體情況，屬于中檔題.18、（1）見解析（2）【解析】

(1)設的中點為,連接.由展開圖可知,，.為的中點,則有,根據勾股定理可證得,則平面,即可證得平面平面．(2)由線面成角的定義可知是直線與平面所成的角，且,最大即為最短時,即是的中點建立空間直角坐標系,求出與平面的法向量利用公式即可求得結果.【詳解】（1）設AC的中點為O，連接BO，PO．由題意，得，，．在中，，O為AC的中點，，在中，，，，，．，平面，平面ABC，平面PAC，平面平面ABC．（2）由（1）知，，，平面PAC，是直線BM與平面PAC所成的角，且，當OM最短時，即M是PA的中點時，最大．由平面ABC，，，，于是以OC，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖示空間直角坐標系，則，，設平面MBC的法向量為，直線MA與平面MBC所成角為，則由得：.令，得，，即.則.直線MA與平面MBC所成角的正弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的證明,考查線面成角問題,借助空間向量是解決線面成角問題的關鍵,難度一般.19、（1）；（2）或【解析】

（1）根據解析式求得導函數，設切點坐標為，結合導數的幾何意義可得方程，構造函數，并求得，由導函數求得有最小值，進而可知由唯一零點，即可代入求得的值；（2）將解析式代入，結合零點定義化簡并分離參數得，構造函數，根據題意可知直線與曲線有兩個交點；求得并令求得極值點，列出表格判斷的單調性與極值，即可確定與有兩個交點時的取值范圍.【詳解】（1）依題意，，，設切點為，，故，故，則；令，，故當時，，當時，，故當時，函數有最小值，由于，故有唯一實數根0，即，則；（2）由，得.所以“在區間上有兩個零點”等價于“直線與曲線在有兩個交點”；由于.由，解得，.當變化時，與的變化情況如下表所示：30+0極小值極大值所以在，上單調遞減，在上單調遞增.又因為，，，，故當或時，直線與曲線在上有兩個交點，即當或時，函數在區間上有兩個零點.【點睛】本題考查了導數的幾何意義應用，由切線方程求參數值，構造函數法求參數的取值范圍，函數零點的意義及綜合應用，屬于難題.20、（1）x24+【解析】試題分析：本題主要考查橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系等基礎知識，考查學生的分析問題解決問題的能力、轉化能力、計算能力．第一問，先利用離心率、a2=b2+c2、四邊形的面積列出方程，解出a和b的值，從而得到橢圓的標準方程；第二問，討論直線MN的斜率是否存在，當直線MN的斜率存在時，直線方程與橢圓方程聯立，消參，利用韋達定理，得到x1+x2、x1x試題解析：（1）∵e=22，??∴又S=12×2a×2b=4∴橢圓C的標準方程為x2（2）由題意知，當直線MN斜率存在時，設直線方程為y=k(x-1)，M(x聯立方程x24+因為直線與橢圓交于兩點，所以Δ=16k∴x又∵OM∴因為點P在橢圓x24+即2k又∵|OM即|NM|<