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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．以下三個命題：①在勻速傳遞的產品生產流水線上，質檢員每10分鐘從中抽取一件產品進行某項指標檢測，這樣的抽樣是分層抽樣；②若兩個變量的線性相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，判斷“與有關系”的把握越大；其中真命題的個數為（）A．3 B．2 C．1 D．02．已知直線：與圓：交于，兩點，與平行的直線與圓交于，兩點，且與的面積相等，給出下列直線：①，②，③，④.其中滿足條件的所有直線的編號有（）A．①② B．①④ C．②③ D．①②④3．已知集合，則=A． B． C． D．4．已知各項都為正的等差數列中，，若，，成等比數列，則（）A． B． C． D．5．秦九韶是我國南宋時期的數學家，普州（現四川省安岳縣）人，他在所著的《數書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法．如圖的程序框圖給出了利用秦九韶算法求某多項式值的一個實例，若輸入的值為2，則輸出的值為A． B． C． D．6．已知復數（為虛數單位，），則在復平面內對應的點所在的象限為（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．若復數z滿足，則（）A． B． C． D．8．已知等式成立，則（）A．0 B．5 C．7 D．139．某部隊在一次軍演中要先后執行六項不同的任務，要求是：任務A必須排在前三項執行，且執行任務A之后需立即執行任務E，任務B、任務C不能相鄰，則不同的執行方案共有（）A．36種 B．44種 C．48種 D．54種10．設為坐標原點，是以為焦點的拋物線上任意一點，是線段上的點，且,則直線的斜率的最大值為()A． B． C． D．111．的展開式中，項的系數為（）A．－23 B．17 C．20 D．6312．直線l過拋物線的焦點且與拋物線交于A，B兩點，則的最小值是A．10 B．9 C．8 D．7二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是公差不為0的等差數列的前n項和，且，則______.14．已知矩形ABCD，AB=4，BC=3，以A,B為焦點，且過C,D兩點的雙曲線的離心率為____________.15．已知向量，滿足，，，則向量在的夾角為______.16．若x，y滿足，且y≥?1，則3x+y的最大值_____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，．（Ⅰ）當時，求曲線在處的切線方程；（Ⅱ）求函數在上的最小值；（Ⅲ）若函數，當時，的最大值為，求證：.18．（12分）是數列的前項和，且.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列中最小的項.19．（12分）中，內角的對邊分別為，.（1）求的大小；（2）若，且為的重心，且，求的面積.20．（12分）如圖，在四棱錐中，，，，和均為邊長為的等邊三角形.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）已知動圓Q經過定點，且與定直線相切（其中a為常數，且）.記動圓圓心Q的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線？（2）設點P的坐標為，過點P作曲線C的切線，切點為A，若過點P的直線m與曲線C交于M，N兩點，則是否存在直線m，使得？若存在，求出直線m斜率的取值范圍；若不存在，請說明理由.22．（10分）某企業原有甲、乙兩條生產線，為了分析兩條生產線的效果，先從兩條生產線生產的大量產品中各抽取了100件產品作為樣本，檢測一項質量指標值．該項指標值落在內的產品視為合格品，否則為不合格品．乙生產線樣本的頻數分布表質量指標合計頻數2184814162100（1）根據甲生產線樣本的頻率分布直方圖，以從樣本中任意抽取一件產品且為合格品的頻率近似代替從甲生產線生產的產品中任意抽取一件產品且為合格品的概率，估計從甲生產線生產的產品中任取5件恰有2件為合格品的概率；（2）現在該企業為提高合格率欲只保留其中一條生產線，根據上述圖表所提供的數據，完成下面的列聯表，并判斷是否有90%把握認為該企業生產的這種產品的質量指標值與生產線有關？若有90%把握，請從合格率的角度分析保留哪條生產線較好？甲生產線乙生產線合計合格品不合格品合計附：，．0.1500.1000.0500.0250.0100.0052.0722.7063.8415.0246.6357.879

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】

根據抽樣方式的特征，可判斷①；根據相關系數的性質，可判斷②；根據獨立性檢驗的方法和步驟，可判斷③．【詳解】①根據抽樣是間隔相同，且樣本間無明顯差異，故①應是系統抽樣，即①為假命題；②兩個隨機變量相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1；兩個隨機變量相關性越弱，則相關系數的絕對值越接近于0；故②為真命題；③對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，“與有關系”的把握程度越小，故③為假命題．故選：．【點睛】本題以命題的真假判斷為載體考查了抽樣方法、相關系數、獨立性檢驗等知識點，屬于基礎題．2、D【解析】

求出圓心到直線的距離為：，得出，根據條件得出到直線的距離或時滿足條件，即可得出答案.【詳解】解：由已知可得：圓：的圓心為（0,0），半徑為2，則圓心到直線的距離為：，∴，而，與的面積相等，∴或，即到直線的距離或時滿足條件，根據點到直線距離可知，①②④滿足條件.故選：D.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用，涉及點到直線的距離公式.3、C【解析】

本題考查集合的交集和一元二次不等式的解法，滲透了數學運算素養．采取數軸法，利用數形結合的思想解題．【詳解】由題意得，，則．故選C．【點睛】不能領會交集的含義易致誤，區分交集與并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．4、A【解析】試題分析：設公差為或（舍），故選A.考點：等差數列及其性質.5、C【解析】

由題意，模擬程序的運行，依次寫出每次循環得到的，的值，當時，不滿足條件，跳出循環，輸出的值．【詳解】解：初始值，，程序運行過程如下表所示：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，跳出循環，輸出的值為其中①②①—②得．故選：．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的應用，正確依次寫出每次循環得到，的值是解題的關鍵，屬于基礎題．6、B【解析】

分別比較復數的實部、虛部與0的大小關系，可判斷出在復平面內對應的點所在的象限.【詳解】因為時，所以，，所以復數在復平面內對應的點位于第二象限.故選：B.【點睛】本題考查復數的幾何意義，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.7、D【解析】

先化簡得再求得解.【詳解】所以.故選：D【點睛】本題主要考查復數的運算和模的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.8、D【解析】

根據等式和特征和所求代數式的值的特征用特殊值法進行求解即可.【詳解】由可知：令，得；令，得；令，得，得，，而，所以.故選：D【點睛】本題考查了二項式定理的應用，考查了特殊值代入法，考查了數學運算能力.9、B【解析】

分三種情況，任務A排在第一位時，E排在第二位；任務A排在第二位時，E排在第三位；任務A排在第三位時，E排在第四位，結合任務B和C不能相鄰，分別求出三種情況的排列方法，即可得到答案．【詳解】六項不同的任務分別為A、B、C、D、E、F，如果任務A排在第一位時，E排在第二位，剩下四個位置，先排好D、F，再在D、F之間的3個空位中插入B、C，此時共有排列方法：；如果任務A排在第二位時，E排在第三位，則B，C可能分別在A、E的兩側，排列方法有，可能都在A、E的右側，排列方法有；如果任務A排在第三位時，E排在第四位，則B，C分別在A、E的兩側；所以不同的執行方案共有種．【點睛】本題考查了排列組合問題，考查了學生的邏輯推理能力，屬于中檔題．10、C【解析】試題分析：設，由題意，顯然時不符合題意，故，則，可得：，當且僅當時取等號，故選C．考點：1．拋物線的簡單幾何性質；2．均值不等式．【方法點晴】本題主要考查的是向量在解析幾何中的應用及拋物線標準方程方程，均值不等式的靈活運用，屬于中檔題．解題時一定要注意分析條件，根據條件，利用向量的運算可知，寫出直線的斜率，注意均值不等式的使用，特別是要分析等號是否成立，否則易出問題．11、B【解析】

根據二項式展開式的通項公式，結合乘法分配律，求得的系數.【詳解】的展開式的通項公式為.則①出，則出，該項為：；②出，則出，該項為：；③出，則出，該項為：；綜上所述：合并后的項的系數為17.故選：B【點睛】本小題考查二項式定理及展開式系數的求解方法等基礎知識，考查理解能力，計算能力，分類討論和應用意識.12、B【解析】

根據拋物線中過焦點的兩段線段關系，可得；再由基本不等式可求得的最小值．【詳解】由拋物線標準方程可知p=2因為直線l過拋物線的焦點，由過拋物線焦點的弦的性質可知所以因為為線段長度，都大于0，由基本不等式可知，此時所以選B【點睛】本題考查了拋物線的基本性質及其簡單應用，基本不等式的用法，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、18【解析】

將已知已知轉化為的形式，化簡后求得，利用等差數列前公式化簡，由此求得表達式的值.【詳解】因為，所以.故填：.【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，考查等差數列的性質以及求和，考查運算求解能力，屬于基礎題.14、2【解析】

根據為焦點，得；又求得，從而得到離心率.【詳解】為焦點在雙曲線上，則又本題正確結果：【點睛】本題考查利用雙曲線的定義求解雙曲線的離心率問題，屬于基礎題.15、【解析】

把平方利用數量積的運算化簡即得解.【詳解】因為，，，所以，∴，∴，因為所以.故答案為：【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的運算法則，考查向量的夾角的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.16、5.【解析】

由約束條件作出可行域，令z＝3x+y，化為直線方程的斜截式，數形結合得到最優解，把最優解的坐標代入目標函數得答案．【詳解】由題意作出可行域如圖陰影部分所示.設,當直線經過點時,取最大值5.故答案為：5【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、（Ⅰ）（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.【解析】試題分析：（Ⅰ）由題，所以故，，代入點斜式可得曲線在處的切線方程；（Ⅱ）由題（1）當時，在上單調遞增.則函數在上的最小值是（2）當時，令，即，令，即（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，由的單調性可得在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，在上的最小值是（Ⅲ）當時，令，則是單調遞減函數.因為，，所以在上存在，使得，即討論可得在上單調遞增，在上單調遞減.所以當時，取得最大值是因為，所以由此可證試題解析：（Ⅰ）因為函數，且，所以，所以所以，所以曲線在處的切線方程是，即（Ⅱ）因為函數，所以（1）當時，，所以在上單調遞增.所以函數在上的最小值是（2）當時，令，即，所以令，即，所以（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，所以在上的最小值是綜上所述，當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是（Ⅲ）因為函數，所以所以當時，令，所以是單調遞減函數.因為，，所以在上存在，使得，即所以當時，；當時，即當時，；當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減.所以當時，取得最大值是因為，所以因為，所以所以18、（1）；（2）.【解析】

（1）由可得出，兩式作差可求得數列的通項公式；（2）求得，利用數列的單調性的定義判斷數列的單調性，由此可求得數列的最小項的值.【詳解】（1）對任意的，由得，兩式相減得，因此，數列的通項公式為；（2）由（1）得，則.當時，，即，；當時，，即，.所以，數列的最小項為.【點睛】本題考查利用與的關系求通項，同時也考查了利用數列的單調性求數列中的最小項，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.19、（1）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理，轉化為，分析運算即得解；（2）由為的重心，得到，平方可得解c,由面積公式即得解.【詳解】（1）由，由正弦定理得C，即∴∵∴，又∵∴（2）由于為的重心故，∴解得或舍∴的面積為.【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.20、(1)見證明；(2)【解析】

(1)取的中點，連接，要證平面平面，轉證平面，即證，即可；(2)以為坐標原點，以為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，代入公式，即可得到結果.【詳解】（1）取的中點，連接，因為均為邊長為的等邊三角形，所以，，且因為，所以，所以，又因為，平面，平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面.（2）因為，為等邊三角形，所以，又因為，所以，，在中，由正弦定理，得：，所以.以為坐標原點，以為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，設平面的法向量為，則，即，令，則平面的一個法向量為，依題意，平面的一個法向量所以故二面角的余弦值為.【點睛】空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.21、（1），拋物線；（2）存在，.【解析】

（1）設，易得，化簡即得；（2）利用導數幾何意義可得，要使，只需.聯立直線m與拋物線方程，利用根與系數的關