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、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．如圖所示點是拋物線的焦點，點、分別在拋物線及圓的實線部分上運動，且總是平行于軸，則的周長的取值范圍是（）A． B． C． D．2．在滿足，的實數對中，使得成立的正整數的最大值為()A．5 B．6 C．7 D．93．在平面直角坐標系中，已知是圓上兩個動點，且滿足，設到直線的距離之和的最大值為，若數列的前項和恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．4．已知定義在上的奇函數滿足，且當時，，則（）A．1 B．-1 C．2 D．-25．設，滿足約束條件，若的最大值為，則的展開式中項的系數為()A．60 B．80 C．90 D．1206．國家統計局服務業調查中心和中國物流與采購聯合會發布的2018年10月份至2019年9月份共12個月的中國制造業采購經理指數(PMI)如下圖所示.則下列結論中錯誤的是（）A．12個月的PMI值不低于50%的頻率為B．12個月的PMI值的平均值低于50%C．12個月的PMI值的眾數為49.4%D．12個月的PMI值的中位數為50.3%7．下列函數中，在定義域上單調遞增，且值域為的是（）A． B． C． D．8．已知數列為等比數列，若，且，則（）A． B．或 C． D．9．國務院發布《關于進一步調整優化結構、提高教育經費使用效益的意見》中提出，要優先落實教育投入．某研究機構統計了年至年國家財政性教育經費投入情況及其在中的占比數據，并將其繪制成下表，由下表可知下列敘述錯誤的是（）A．隨著文化教育重視程度的不斷提高，國在財政性教育經費的支出持續增長B．年以來，國家財政性教育經費的支出占比例持續年保持在以上C．從年至年，中國的總值最少增加萬億D．從年到年，國家財政性教育經費的支出增長最多的年份是年10．已知展開式的二項式系數和與展開式中常數項相等，則項系數為（）A．10 B．32 C．40 D．8011．已知，函數在區間上恰有個極值點，則正實數的取值范圍為（）A． B． C． D．12．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的，則①處應填寫（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列的首項，函數在上有唯一零點，則數列|的前項和__________.14．有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位歌手，甲說“是乙或丙獲獎.”乙說：“甲、丙都未獲獎.”丙說：“我獲獎了”.丁說：“是乙獲獎.”四位歌手的話只有兩句是對的，則獲獎的歌手是__________．15．在正方體中，分別為棱的中點，則直線與直線所成角的正切值為_________.16．的展開式中的常數項為_______．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）已知圓：和拋物線：，為坐標原點．（1）已知直線和圓相切，與拋物線交于兩點，且滿足，求直線的方程；（2）過拋物線上一點作兩直線和圓相切，且分別交拋物線于兩點，若直線的斜率為，求點的坐標．18．（12分）在極坐標系中，已知曲線C的方程為（），直線l的方程為.設直線l與曲線C相交于A，B兩點，且，求r的值.19．（12分）在如圖所示的幾何體中，面CDEF為正方形，平面ABCD為等腰梯形，AB//CD，AB=2BC，點Q為AE的中點.（1）求證：AC//平面DQF；（2）若∠ABC=60°，AC⊥FB，求BC與平面DQF所成角的正弦值.20．（12分）已知的內角，，的對邊分別為，，，且.（1）求；（2）若的面積為，，求的周長.21．（12分）已知函數().（1）討論的單調性；（2）若對，恒成立，求的取值范圍.22．（10分）如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，點A在平面BCC1B1上的投影為棱BB1的中點E．（1）求證：四邊形ACC1A1為矩形；（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．

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】

根據拋物線方程求得焦點坐標和準線方程，結合定義表示出；根據拋物線與圓的位置關系和特點，求得點橫坐標的取值范圍，即可由的周長求得其范圍.【詳解】拋物線，則焦點，準線方程為，根據拋物線定義可得，圓，圓心為，半徑為，點、分別在拋物線及圓的實線部分上運動，解得交點橫坐標為2.點、分別在兩個曲線上，總是平行于軸，因而兩點不能重合，不能在軸上，則由圓心和半徑可知，則的周長為，所以，故選：B.【點睛】本題考查了拋物線定義、方程及幾何性質的簡單應用，圓的幾何性質應用，屬于中檔題.2、A【解析】

由題可知：，且可得，構造函數求導，通過導函數求出的單調性，結合圖像得出，即得出，從而得出的最大值.【詳解】因為，則，即整理得，令，設，則，令,則，令，則，故在上單調遞增，在上單調遞減，則，因為，，由題可知：時，則，所以，所以，當無限接近時，滿足條件，所以，所以要使得故當時，可有，故，即，所以：最大值為5.故選：A.【點睛】本題主要考查利用導數求函數單調性、極值和最值，以及運用構造函數法和放縮法，同時考查轉化思想和解題能力.3、B【解析】

由于到直線的距離和等于中點到此直線距離的二倍，所以只需求中點到此直線距離的最大值即可。再得到中點的軌跡是圓，再通過此圓的圓心到直線距離，半徑和中點到此直線距離的最大值的關系可以求出。再通過裂項的方法求的前項和，即可通過不等式來求解的取值范圍.【詳解】由，得，.設線段的中點，則，在圓上，到直線的距離之和等于點到該直線的距離的兩倍，點到直線距離的最大值為圓心到直線的距離與圓的半徑之和，而圓的圓心到直線的距離為，，，..故選：【點睛】本題考查了向量數量積，點到直線的距離，數列求和等知識，是一道不錯的綜合題.4、B【解析】

根據f（x）是R上的奇函數，并且f（x+1）=f（1-x），便可推出f（x+4）=f（x），即f（x）的周期為4，而由x∈[0，1]時，f（x）=2x-m及f（x）是奇函數，即可得出f（0）=1-m=0，從而求得m=1，這樣便可得出f（2019）=f（-1）=-f（1）=-1．【詳解】∵是定義在R上的奇函數，且；∴；∴；∴的周期為4；∵時，；∴由奇函數性質可得；∴；∴時，；∴.故選：B.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性和周期性求值，此類問題一般根據條件先推導出周期，利用函數的周期變換來求解，考查理解能力和計算能力，屬于中等題.5、B【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移得到，再利用二項式定理計算得到答案.【詳解】如圖所示：畫出可行域和目標函數，，即，故表示直線與截距的倍，根據圖像知：當時，的最大值為，故.展開式的通項為：，取得到項的系數為：.故選：.【點睛】本題考查了線性規劃求最值，二項式定理，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.6、D【解析】

根據圖形中的信息，可得頻率、平均值的估計、眾數、中位數，從而得到答案.【詳解】對A，從圖中數據變化看，PMI值不低于50%的月份有4個，所以12個月的PMI值不低于50%的頻率為，故A正確；對B，由圖可以看出，PMI值的平均值低于50%，故B正確；對C，12個月的PMI值的眾數為49.4%，故C正確，；對D，12個月的PMI值的中位數為49.6%，故D錯誤故選：D.【點睛】本題考查頻率、平均值的估計、眾數、中位數計算，考查數據處理能力，屬于基礎題.7、B【解析】

分別作出各個選項中的函數的圖象，根據圖象觀察可得結果.【詳解】對于，圖象如下圖所示：則函數在定義域上不單調，錯誤；對于，的圖象如下圖所示：則在定義域上單調遞增，且值域為，正確；對于，的圖象如下圖所示：則函數單調遞增，但值域為，錯誤；對于，的圖象如下圖所示：則函數在定義域上不單調，錯誤.故選：.【點睛】本題考查函數單調性和值域的判斷問題，屬于基礎題.8、A【解析】

根據等比數列的性質可得，通分化簡即可.【詳解】由題意，數列為等比數列，則，又，即，所以，，.故選：A.【點睛】本題考查了等比數列的性質，考查了推理能力與運算能力，屬于基礎題.9、C【解析】

觀察圖表，判斷四個選項是否正確．【詳解】由表易知、、項均正確，年中國為萬億元，年中國為萬億元，則從年至年，中國的總值大約增加萬億，故C項錯誤．【點睛】本題考查統計圖表，正確認識圖表是解題基礎．10、D【解析】

根據二項式定理通項公式可得常數項，然后二項式系數和，可得，最后依據，可得結果.【詳解】由題可知：當時，常數項為又展開式的二項式系數和為由所以當時，所以項系數為故選：D【點睛】本題考查二項式定理通項公式，熟悉公式，細心計算，屬基礎題.11、B【解析】

先利用向量數量積和三角恒等變換求出，函數在區間上恰有個極值點即為三個最值點，解出，，再建立不等式求出的范圍，進而求得的范圍.【詳解】解：令，解得對稱軸，，又函數在區間恰有個極值點，只需解得．故選：．【點睛】本題考查利用向量的數量積運算和三角恒等變換與三角函數性質的綜合問題.(1)利用三角恒等變換及輔助角公式把三角函數關系式化成或的形式;(2)根據自變量的范圍確定的范圍，根據相應的正弦曲線或余弦曲線求值域或最值或參數范圍.12、B【解析】

模擬程序框圖運行分析即得解.【詳解】；；.所以①處應填寫“”故選：B【點睛】本題主要考查程序框圖，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由函數為偶函數，可得唯一零點為，代入可得數列的遞推關系式，再進行配湊轉換為等比數列，最后運用分部求和可得答案.【詳解】因為為偶函數，在上有唯一零點，所以，∴，∴，∴為首項為2，公比為2的等比數列.所以，.故答案為：【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性和函數的零點,同時也考查了由遞推關系式求數列的通項,考查了數列的分部求和，屬于中檔題.14、丙【解析】若甲獲獎，則甲、乙、丙、丁說的都是錯的，同理可推知乙、丙、丁獲獎的情況，可知獲獎的歌手是丙．考點：反證法在推理中的應用.15、【解析】

由中位線定理和正方體性質得，從而作出異面直線所成的角，在三角形中計算可得．【詳解】如圖，連接，，，∵分別為棱的中點，∴，又正方體中，即是平行四邊形，∴，∴，（或其補角）就是直線與直線所成角，是等邊三角形，∴＝60°，其正切值為．故答案為：．【點睛】本題考查異面直線所成的角，解題關鍵是根據定義作出異面直線所成的角．16、【解析】

寫出展開式的通項公式，考慮當的指數為零時，對應的值即為常數項.【詳解】的展開式通項公式為：，令，所以，所以常數項為.

故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項系數的求解，難度較易.解答問題的關鍵是，能通過展開式通項公式分析常數項對應的取值.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、（1）;（2）或．【解析】試題分析:直線與圓相切只需圓心到直線的距離等于圓的半徑，直線與曲線相交于兩點，且滿足，只需數量積為0，要聯立方程組設而不求，利用坐標關系及根與系數關系解題，這是解析幾何常用解題方法，第二步利用直線的斜率找出坐標滿足的要求，再利用兩直線與圓相切，求出點的坐標.試題解析：（1）解：設，，，由和圓相切，得．∴．由消去，并整理得，∴，．由，得，即．∴．∴，∴，∴．∴．∴或（舍）．當時，，故直線的方程為．（2）設，，，則．∴．設，由直線和圓相切，得，即．設，同理可得：．故是方程的兩根，故．由得，故．同理，則，即．∴，解或．當時，；當時，．故或．18、【解析】

先將曲線C和直線l的極坐標方程化為直角坐標方程，可得圓心到直線的距離，再由勾股定理，計算即得.【詳解】以極點為坐標原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系，可得曲線C：（）的直角坐標方程為，表示以原點為圓心，半徑為r的圓.由直線l的方程，化簡得，則直線l的直角坐標方程方程為.記圓心到直線l的距離為d，則，又，即，所以.【點睛】本題考查曲線和直線的極坐標方程化為直角坐標方程，是基礎題.19、（1）見解析（2）【解析】

（1）連接交于點，連接，通過證明，證得平面.（2）建立空間直角坐標系，利用直線的方向向量和平面的法向量，計算出線面角的正弦值.【詳解】（1）證明：連接交于點，連接，因為四邊形為正方形，所以點為的中點，又因為為的中點，所以；平面平面，平面.（2）解：，設，則，在中，，由余弦定理得：，．又，平面．．平面．如圖建立的空間直角坐標系．在等腰梯形中，可得．則．那么設平面的法向量為，則有，即，取，得．設與平面所成的角為，則．所以與平面所成角的正弦值為．【點睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查線面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理將目標式邊化角，結合倍角公式，即可整理化簡求得結果；（2）由面積公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，結合即可求得周長.【詳解】（1）由題設得.由正弦定理得∵∴，所以或.當，（舍）故，解得.（2），從而.由余弦定理得.解得.∴.故三角形的周長為.【點睛】本題考查由余弦定理解三角形，涉及面積公式，正弦的倍角公式，應用正弦定理將邊化角，屬綜合性基礎題.21、（1）①當時，在上單調遞減，在上單調遞增；②當時，在上單調遞增；（2）.【解析】

（1）求出函數的定義域和導函數，，對討論，得導函數的正負，得原函