2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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，則的值等于（）A． B． C． D．2．已知，，分別是三個內角，，的對邊，，則（）A． B． C． D．3．已知向量，滿足，在上投影為，則的最小值為()A． B． C． D．4．下圖是我國第24~30屆奧運獎牌數的回眸和中國代表團獎牌總數統計圖，根據表和統計圖，以下描述正確的是（）．金牌（塊）銀牌（塊）銅牌（塊）獎牌總數2451112282516221254261622125027281615592832171463295121281003038272388A．中國代表團的奧運獎牌總數一直保持上升趨勢B．折線統計圖中的六條線段只是為了便于觀察圖象所反映的變化，不具有實際意義C．第30屆與第29屆北京奧運會相比，奧運金牌數、銀牌數、銅牌數都有所下降D．統計圖中前六屆奧運會中國代表團的奧運獎牌總數的中位數是54.55．已知復數(1+i)(a+i)為純虛數(i為虛數單位)，則實數a=（）A．-1 B．1 C．0 D．26．復數的共軛復數在復平面內所對應的點位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．復數（為虛數單位），則等于（）A．3 B．C．2 D．8．已知點、．若點在函數的圖象上，則使得的面積為的點的個數為（）A． B． C． D．9．在中，是的中點，，點在上且滿足，則等于（）A． B． C． D．10．過拋物線的焦點且與的對稱軸垂直的直線與交于，兩點，，為的準線上的一點，則的面積為（）A．1 B．2 C．4 D．811．中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來，構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是A． B． C． D．12．設函數（，為自然對數的底數）,定義在上的函數滿足，且當時，．若存在，且為函數的一個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在《九章算術》中，將底面為矩形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬．如圖，若四棱錐為陽馬，側棱底面，且，，設該陽馬的外接球半徑為，內切球半徑為，則__________．14．已知復數，且滿足（其中為虛數單位），則____.15．函數的圖象在處的切線與直線互相垂直,則_____．16．已知實數，滿足約束條件，則的最小值為______.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）一張邊長為的正方形薄鋁板（圖甲），點，分別在，上，且（單位：）.現將該薄鋁板沿裁開，再將沿折疊，沿折疊，使，重合，且重合于點，制作成一個無蓋的三棱錐形容器（圖乙），記該容器的容積為（單位：），（注：薄鋁板的厚度忽略不計）（1）若裁開的三角形薄鋁板恰好是該容器的蓋，求，的值；（2）試確定的值，使得無蓋三棱錐容器的容積最大.18．（12分）已知數列滿足，且，，成等比數列．（1）求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式；（2）記數列的前n項和為，，求數列的前n項和．19．（12分）在四邊形中，，；如圖，將沿邊折起，連結，使，求證：（1）平面平面；（2）若為棱上一點，且與平面所成角的正弦值為，求二面角的大小.20．（12分）如圖，在正四棱柱中，已知，.（1）求異面直線與直線所成的角的大小；（2）求點到平面的距離.21．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為直線垂直于軸，垂足為，與拋物線交于不同的兩點，且過的直線與橢圓交于兩點，設且.（1）求點的坐標；（2）求的取值范圍.22．（10分）第十四屆全國冬季運動會召開期間，某校舉行了“冰上運動知識競賽”，為了解本次競賽成績情況，從中隨機抽取部分學生的成績(得分均為整數，滿分100分)進行統計，請根據頻率分布表中所提供的數據，解答下列問題：（1）求、、的值及隨機抽取一考生其成績不低于70分的概率；（2）若從成績較好的3、4、5組中按分層抽樣的方法抽取5人參加“普及冰雪知識”志愿活動，并指定2名負責人，求從第4組抽取的學生中至少有一名是負責人的概率.組號分組頻數頻率第1組150.15第2組350.35第3組b0.20第4組20第5組100.1合計1.00

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、A【解析】

由余弦公式的二倍角可得，，再由誘導公式有，所以【詳解】∵∴由余弦公式的二倍角展開式有又∵∴故選：A【點睛】本題考查了學生對二倍角公式的應用，要求學生熟練掌握三角函數中的誘導公式，屬于簡單題2、C【解析】

原式由正弦定理化簡得，由于，可求的值.【詳解】解：由及正弦定理得.因為，所以代入上式化簡得.由于，所以.又，故.故選：C.【點睛】本題主要考查正弦定理解三角形，三角函數恒等變換等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，屬于中檔題.3、B【解析】

根據在上投影為，以及，可得；再對所求模長進行平方運算，可將問題轉化為模長和夾角運算，代入即可求得.【詳解】在上投影為，即又本題正確選項：【點睛】本題考查向量模長的運算，對于含加減法運算的向量模長的求解，通常先求解模長的平方，再開平方求得結果；解題關鍵是需要通過夾角取值范圍的分析，得到的最小值.4、B【解析】

根據表格和折線統計圖逐一判斷即可.【詳解】A.中國代表團的奧運獎牌總數不是一直保持上升趨勢，29屆最多，錯誤；B.折線統計圖中的六條線段只是為了便于觀察圖象所反映的變化，不表示某種意思，正確；C.30屆與第29屆北京奧運會相比，奧運金牌數、銅牌數有所下降，銀牌數有所上升，錯誤；D.統計圖中前六屆奧運會中國代表團的奧運獎牌總數按照順序排列的中位數為,不正確；故選：B【點睛】此題考查統計圖，關鍵點讀懂折線圖，屬于簡單題目.5、B【解析】

化簡得到z=a-1+a+1【詳解】z=1+ia+i=a-1+a+1i為純虛數，故a-1=0故選：B.【點睛】本題考查了根據復數類型求參數，意在考查學生的計算能力.6、D【解析】

由復數除法運算求出，再寫出其共軛復數，得共軛復數對應點的坐標．得結論．【詳解】，，對應點為，在第四象限．故選：D.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查共軛復數的概念，考查復數的幾何意義．掌握復數的運算法則是解題關鍵．7、D【解析】

利用復數代數形式的乘除運算化簡，從而求得，然后直接利用復數模的公式求解.【詳解】，所以，，故選：D.【點睛】該題考查的是有關復數的問題，涉及到的知識點有復數的乘除運算，復數的共軛復數，復數的模，屬于基礎題目.8、C【解析】

設出點的坐標，以為底結合的面積計算出點到直線的距離，利用點到直線的距離公式可得出關于的方程，求出方程的解，即可得出結論.【詳解】設點的坐標為，直線的方程為，即，設點到直線的距離為，則，解得，另一方面，由點到直線的距離公式得，整理得或，，解得或或.綜上，滿足條件的點共有三個．故選：C.【點睛】本題考查三角形面積的計算，涉及點到直線的距離公式的應用，考查運算求解能力，屬于中等題．9、B【解析】

由M是BC的中點，知AM是BC邊上的中線，又由點P在AM上且滿足可得：P是三角形ABC的重心，根據重心的性質，即可求解．【詳解】解：∵M是BC的中點，知AM是BC邊上的中線，又由點P在AM上且滿足∴P是三角形ABC的重心∴又∵AM＝1∴∴故選B．【點睛】判斷P點是否是三角形的重心有如下幾種辦法：①定義：三條中線的交點．②性質：或取得最小值③坐標法：P點坐標是三個頂點坐標的平均數．10、C【解析】

設拋物線的解析式，得焦點為，對稱軸為軸，準線為，這樣可設點坐標為，代入拋物線方程可求得，而到直線的距離為，從而可求得三角形面積．【詳解】設拋物線的解析式，則焦點為，對稱軸為軸，準線為，∵直線經過拋物線的焦點，，是與的交點，又軸，∴可設點坐標為，代入，解得，又∵點在準線上，設過點的的垂線與交于點，，∴.故應選C.【點睛】本題考查拋物線的性質，解題時只要設出拋物線的標準方程，就能得出點坐標，從而求得參數的值．本題難度一般．11、A【解析】

詳解：由題意知，題干中所給的是榫頭，是凸出的幾何體，求得是卯眼的俯視圖，卯眼是凹進去的，即俯視圖中應有一不可見的長方形，且俯視圖應為對稱圖形故俯視圖為故選A.點睛：本題主要考查空間幾何體的三視圖，考查學生的空間想象能力，屬于基礎題。12、D【解析】

先構造函數，由題意判斷出函數的奇偶性，再對函數求導，判斷其單調性，進而可求出結果.【詳解】構造函數，因為，所以，所以為奇函數，當時，，所以在上單調遞減，所以在R上單調遞減.因為存在，所以，所以，化簡得，所以，即令，因為為函數的一個零點，所以在時有一個零點因為當時，，所以函數在時單調遞減，由選項知，，又因為，所以要使在時有一個零點，只需使，解得，所以a的取值范圍為，故選D.【點睛】本題主要考查函數與方程的綜合問題，難度較大.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

該陽馬補形所得到的長方體的對角線為外接球的直徑，由此能求出，內切球在側面內的正視圖是的內切圓，從而內切球半徑為，由此能求出．【詳解】四棱錐為陽馬，側棱底面，且，，設該陽馬的外接球半徑為，該陽馬補形所得到的長方體的對角線為外接球的直徑，，，側棱底面，且底面為正方形，內切球在側面內的正視圖是的內切圓，內切球半徑為，故．故答案為．【點睛】本題考查了幾何體外接球和內切球的相關問題，補形法的運用，以及數學文化，考查了空間想象能力，是中檔題．解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵是能夠確定球心位置，以及選擇恰當的角度做出截面.球心位置的確定的方法有很多，主要有兩種：（1）補形法（構造法），通過補形為長方體（正方體），球心位置即為體對角線的中點；（2）外心垂線法，先找出幾何體中不共線三點構成的三角形的外心，再找出過外心且與不共線三點確定的平面垂直的垂線，則球心一定在垂線上.14、【解析】

計算出，兩個復數相等，實部與實部相等，虛部與虛部相等，列方程組求解.【詳解】，所以，所以.故答案為：-8【點睛】此題考查復數的基本運算和概念辨析，需要熟練掌握復數的運算法則.15、1.【解析】

求函數的導數，根據導數的幾何意義結合直線垂直的直線斜率的關系建立方程關系進行求解即可．【詳解】函數的圖象在處的切線與直線垂直,函數的圖象在的切線斜率本題正確結果：【點睛】本題主要考查直線垂直的應用以及導數的幾何意義，根據條件建立方程關系是解決本題的關鍵．16、【解析】

作出滿足約束條件的可行域，將目標函數視為可行解與點的斜率，觀察圖形斜率最小在點B處，聯立，解得點B坐標，即可求得答案.【詳解】作出滿足約束條件的可行域，該目標函數視為可行解與點的斜率，故由題可知，聯立得,聯立得所以，故所以的最小值為故答案為：【點睛】本題考查分式型目標函數的線性規劃問題，屬于簡單題.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）當值為時，無蓋三棱錐容器的容積最大.【解析】

（1）由已知求得，求得三角形的面積，再由已知得到平面，代入三棱錐體積公式求的值；（2）由題意知，在等腰三角形中，，則，，寫出三角形面積，求其平方導數的最值，則答案可求．【詳解】解：（1）由題意，為等腰直角三角形，又，，恰好是該零件的蓋，，則，由圖甲知，，，則在圖乙中，，，，又，平面，平面，；（2）由題意知，在等腰三角形中，，則，，．令，，，．可得：當時，，當，時，，當時，有最大值．由（1）知，平面，該三棱錐容積的最大值為，且．當時，取得最大值，無蓋三棱錐容器的容積最大．答：當值為時，無蓋三棱錐容器的容積最大．【點睛】本題考查棱錐體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用導數求最值，屬于中檔題．18、（1）見解析；（2）【解析】

（1）因為，所以，所以，所以數列是等差數列，設數列的公差為，由可得，因為成等比數列，所以，所以，所以，因為，所以，解得（舍去）或，所以，所以．（2）由（1）知，，所以，所以．19、（1）證明見詳解；（2）【解析】

（1）由題可知，等腰直角三角形與等邊三角形，在其公共邊AC上取中點O，連接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可證得，結合，可證明平面.再根據面面垂直的判定定理，可證平面平面.（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由點F在線段上，設，得出的坐標，進而求出平面的一個法向量.用向量法表示出與平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再結合為平面的一個法向量，用向量法即可求出與的夾角，結合圖形，寫出二面角的大小.【詳解】證明：（1）在中，為正三角形，且在中，為等腰直角三角形，且取的中點，連接，，，平面平面平面..平面平面（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設.則設平面的一個法向量為.則，令，解得與平面所成角的正弦值為，整理得解得或(含去)又為平面的一個法向量，二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解決線面角、二面角的問題，屬于中檔題.20、（1）；（2）.【解析】

（1）建立空間坐標系，通過求向量與向量的夾角，轉化為異面直線與直線所成的角的大小；（2）先求出面的一個法向量，再用點到面的距離公式算出即可．【詳解】以為原點，所在直線分別為軸建系，設所以,,所以異面直線與直線所成的角的余弦值為，異面直線與直線所成的角的大小為．（2）因為，，設是面的一個法向量，所以有即，令，，故，又，所以點到平面的距離為.【點睛】本題主要考查向量法求異面直線所成角的大小和點到面的距離，意在考查學生的數學建模以及數學運算能力．21、（1）；（2）.【解析】

（1）設出的坐標，代入，結合在拋物線上，求得兩點的橫坐標，進而求得點的坐