山西省太原市实验中学校2022-2023学年高三上学期期末调研模拟数学试题(含答案)

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化.如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为（    ）

A. B. C. D.

2.已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为()

A.1 B. C.81 D.

3.已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，若弦的长为，则（    ）

A.2或 B.3或 C.4或 D.5或

4.已知等比数列的前项和为，若，且公比为2，则与的关系正确的是（    ）

A. B. C. D.

5.数列满足：，，则数列前10项的和为

A. B. C. D.

6.若复数(为虚数单位)在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数为（    ）

A. B.2 C. D.

7.双曲线的渐近线方程是（    ）

A. B. C. D.

8.函数的最小正周期是，则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是（    ）

A. B. C. D.

9.抛物线的焦点为，则经过点与点且与抛物线的准线相切的圆的个数有（    ）

A.1个 B.2个 C.0个 D.无数个

10.某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务必须排在前三项执行，且执行任务之后需立即执行任务，任务、任务不能相邻，则不同的执行方案共有（    ）

A.36种 B.44种 C.48种 D.54种

11.甲、乙、丙、丁四人通过抓阄的方式选出一人周末值班（抓到“值”字的人值班）.抓完阄后，甲说：“我没抓到.”乙说：“丙抓到了.”丙说：“丁抓到了”丁说：“我没抓到.”已知他们四人中只有一人说了真话，根据他们的说法，可以断定值班的人是（    ）

A.甲 B.乙 C.丙 D.丁

12.已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（    ）

A. B. C. D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知函数，若，恒成立，则的取值范围是___________.

14.已知函数在上单调递增，则实数取值范围为_________.

15.3张奖券分别标有特等奖、一等奖和二等奖.甲、乙两人同时各抽取1张奖券,两人都未抽得特等奖的概率是__________.

16.执行如图所示的伪代码，若输出的的值为13，则输入的的值是_______.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（12分）在平面直角坐标系中，已知点，曲线：（为参数）以原点为极点，轴正半轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为

（Ⅰ）判断点与直线的位置关系并说明理由；

（Ⅱ）设直线与曲线的两个交点分别为，，求的值.

18.（12分）如图，在直三棱柱中，，，点，分别为和的中点.

（Ⅰ）棱上是否存在点使得平面平面？若存在，写出的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由.

（Ⅱ）求二面角的余弦值.

19.（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点为线段上的点，过，，三点的平面与交于点.将①，②，③中的两个补充到已知条件中，解答下列问题：

（1）求平面将四棱锥分成两部分的体积比；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

20.（12分）如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，，是的中点，.

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）若为上的动点，求与平面所成最大角的正切值.

21.（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，是棱的中点.

（1）求证：平面；

（2）若，点是线段上一点，且

22.（10分）已知函数，求直线与平面所成角的正弦值.

（1）求函数的最小正周期；

（2）求在上的最大值和最小值.

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解析】

分类讨论，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦；从仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦中取一个，再取没有阳爻的坤卦，计算满足条件的种数，利用古典概型即得解.

【详解】

由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是；

仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦，没有阳爻的是坤卦，此时取两卦满足条件的种数是，于是所求的概率

故选：C

【点睛】

本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.

2、B

【解析】

根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.

【详解】

因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，

故可得，

令，故可得，

又因为，

令，则

解得

令，则

故选：B.

5【点睛】

本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.

3、C

【解析】

先根据弦长求出直线的斜率，再利用抛物线定义可求出，.

【详解】设直线的倾斜角为，则，

所以，，即，

所以直线的方程为.当直线的方程为，

联立，解得和，

所以

同理，当直线的方程为，

综上，或.选C.

【点睛】

本题主要考查直线和抛物线的位置关系，弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时，一般考虑抛物线的定义.

4、C

【解析】

在等比数列中，由即可表示之间的关系.

【详解】

由题可知，等比数列中，且公比为2，故

故选：C

【点睛】

本题考查等比数列求和公式的应用，属于基础题.

5、A

【解析】

分析：通过对，变形可知，进而可知，利用裂项相消法求和即可.

详解：∵，∴

又∵，

∴，即，

∴，

∴数列前10项的和为

故选A.

点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

6、D

【解析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0求得值.

【详解】

解：∵在复平面内所对应的点在虚轴上，

∴，即

故选D.

【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.

7、A

【解析】试题分析：渐近线方程是，整理后就得到双曲线的渐近线.

解：双曲线

其渐近线方程是

整理得.

故选A.

点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程.属于基础题.

8、D

【解析】

由三角函数的周期可得，由函数图像的变换可得，平移后得到函数解析式为，再求其称轴方程即可.

【详解】

解：函数的最小正周期是，则函数，经过平移后得到函数解析式为，由，

得，当时，.

故选D.

【点睛】

本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换，属基础题.

9、B

【解析】

圆心在的中垂线上，经过点，且与相切的圆的圆心到准线的距离与到焦点的距离相等，圆心在抛物线上，直线与抛物线交于2个点，得到2个圆.

【详解】

因为点在抛物线上，

又焦点，

由抛物线的定义知，过点、且与相切的圆的圆心即为线段的垂直平分线与抛物线的交点，

这样的交点共有2个，

故过点、且与相切的圆的不同情况种数是2种.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查抛物线的简单性质，本题解题的关键是求出圆心的位置，看出圆心必须在抛物线上，且在垂直平分线上.

10、B

【解析】

分三种情况，任务排在第一位时，排在第二位；任务排在第二位时，排在第三位；任务排在第三位时，排在第四位，结合任务和不能相邻，分别求出三种情况的排列方法，即可得到答案.

【详解】

六项不同的任务分别为、、、、、，

如果任务排在第一位时，排在第二位，剩下四个位置，先排好、，再在、之间的3个空位中插入、，此时共有排列方法：；

如果任务排在第二位时，排在第三位，则，可能分别在、的两侧，排列方法有，可能都在、的右侧，排列方法有；

如果任务排在第三位时，排在第四位，则，分别在、的两侧；

所以不同的执行方案共有种.

【点睛】

本题考查了排列组合问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题.

11、A

【解析】

可采用假设法进行讨论推理，即可得到结论.

【详解】

由题意，假设甲：我没有抓到是真的，乙：丙抓到了，则丙：丁抓到了是假的，

丁：我没有抓到就是真的，与他们四人中只有一个人抓到是矛盾的；

假设甲：我没有抓到是假的，那么丁：我没有抓到就是真的，

乙：丙抓到了，丙：丁抓到了是假的，成立，

所以可以断定值班人是甲.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查了合情推理及其应用，其中解答中合理采用假设法进行讨论推理是解答的关键，着重考查了推理与分析判断能力，属于基础题.

12、D

【解析】

倾斜角为的直线与直线垂直，利用相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式即可得出结果.

【详解】

解：因为直线与直线垂直，所以，.

又为直线倾斜角，解得

故选：D.

【点睛】

本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式，考查计算能力，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、

【解析】

求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。

【详解】

因为，所以，因为，所以.

当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；

当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.

令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.

14、

【解析】

由在上恒成立可求解.

【详解】

，

令，∵，∴，

又，，从而，令，

问题等价于在时恒成立，

∴，解得.

故答案为：

【点睛】

本题考查函数的单调性，解题关键是问题转化为恒成立，利用换元法和二次函数的性质易求解.

15、

【解析】

利用排列组合公式进行计算,再利用古典概型公式求出不是特等奖的两张的概率即可.

【详解】

解:3张奖券分别标有特等奖、一等奖和二等奖,

甲、乙两人同时各抽取1张奖券,

则两人同时抽取两张共有：种排法

排除特等奖外两人选两张共有：种排法.

故两人都未抽得特等奖的概率是：

故答案为：

【点睛】

本题主要考查古典概型的概率公式的应用,是基础题.

16、8

【解析】

根据伪代码逆向运算求得结果.

【详解】

输入，若，则，不合题意

若，则，满足题意

本题正确结果：8

【点睛】

本题考查算法中的If语言，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17、（Ⅰ）点在直线上；见解析（Ⅱ）

【解析】

（Ⅰ）直线：，即，

所以直线的直角坐标方程为，

因为，所以点在直线上；

（Ⅱ）根据直线的参数方程中参数的几何意义可得.

【详解】

（Ⅰ）直线：，即，

所以直线的直角坐标方程为

因为，

所以点在直线上；

（Ⅱ）直线的参数方程为（为参数），

曲线的普通方程为，

将直线的参数方程代入曲线的普通方程得，

设两根为，，所以，

故与异号，

所以

所以.

【点睛】

本题考查在极坐标参数方程中方程互化，还考查了直线的参数方程中参数的几何意义，属于中档题.

18、（Ⅰ）存在点满足题意，且，证明详见解析；（Ⅱ）.

【解析】

（Ⅰ）可考虑采用补形法，取的中点为，连接，，，可结合等腰三角形性质和线面垂直性质，先证平面，即，若能证明，则可得证，可通过我们反推出点对应位置应在处，进而得证；

（Ⅱ）采用建系法，以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面对应法向量，再结合向量夹角公式即可求解；

【详解】

（Ⅰ）存在点满足题意，且

证明如下：

取的中点为，连接，，.

则，所以平面.

因为，是的中点，所以.

在直三棱柱中，平面平面，且交线为，

所以平面，所以.

在平面内，，

所以，从而可得.

又因为，所以平面.

因为平面，所以平面平面.

（Ⅱ）如图所示，以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.

易知，，，，

所以，，.

设平面的法向量为，则有

取，得.

同理可求得平面的法向量为.

则.

由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为

【点睛】

本题考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值，属于中档题

19、（1）；（2）.

【解析】

若补充②③根据已知可得平面，从而有，结合，可得平面，故有，而，得到，②③成立与①②相同，

①③成立，可得，所以任意补充两个条件，结果都一样，以①②作为条件分析;

（1）设，可得，进而求出梯形的面积，可求出，即可求出结论；

（2），以为坐标原点，建立空间坐标系，求出，，坐标，由（1）得为平面的法向量，根据空间向量的线面角公式即可求解.

【详解】

第一种情况：若将①，②作为已知条件，解答如下：

（1）设平面为平面.

∵，∴平面，而平面平面

∴，又为中点.

设，则

在三角形中，，

由，知平面，

∴，

∴梯形的面积

，，∴，，

，∴平面，

，

∴

故，

（2）如图，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，

设，则，，

，

由（1）得为平面的一个法向量，

因为，

所以直线与平面所成角的正弦值为

第二种情况：若将①，③作为已知条件，

则由，知平面，，

又，所以平面，，

又，故为中点，即，解答如上不变.

第三种情况：若将②，③作为已知条件，

由及第二种情况知，又，

易知，解答仍如上不变.

【点睛】

本题考查空间点、线、面位置关系，以及体积、直线与平面所成的角，考查计算求解能力，属于中档题.

20、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

【解析】

试题分析：（Ⅰ）由底面为边长为2的菱形，平面，，易证平面，可得；（Ⅱ）连结，由（Ⅰ）易知为与平面所成的角，在中，可求得.

试题解析：（Ⅰ）∵四边形为菱形，且，

∴为正三角形，又为中点，

∴；又，

∴，

∵平面，又平面，

∴，

∴平面，又平面，

∴；

(Ⅱ)连结，由（Ⅰ）知平面，

∴为与平面所成的角，

在中，，最大当且仅当最短，

即时最大，

依题意，此时，在中，，

∴，

∴与平面所成最大角的正切值为

考点：1.线线垂直证明；2.求线面角.

21、（1）证明见解析；（2）

【解析】

（1）的中点，连接，，证明四边形是平行四边形可得，故而平面；（2）以为原点建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算与的夹角的余弦值得出答案.

【详解】

（1）证明：取的中点，连接，，

∵，分别是，的中点，

∴，，

又，

∴，，

∴四边形是平行四边形，∴，

又平面，平面，

∴平面.

（2）解：∵，∴，

又，故，

以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

∵是的中点，是的三等分点，

∴，，

∴，，

设平面法向量为，则，

即，

令可得，

，

∴

∴直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

本题考查了线面平行的判定，空间向量与直线与平面所成角的计算，属于中档题.

22、（1）；（2）见解析

【解析】

（1）将函数解析式化简即可求出函数的最小正周期

（2）根据正弦函数的图象和性质即可求出函数在定义域上的最大值和最小值

【详解】

（Ⅰ）由题意得

原式

∴的最小正周期为.

（Ⅱ）∵

∴，

∴当，即时，；

当，即时，.

综上，得时，取得最小值为0；

当时，取得最大值为.

【点睛】

本题主要考查了两角和与差的余弦公式展开，辅助角公式，三角函数的性质等，较为综合，也是常考题型，需要计算正确，属于基础题