2022-2023學年浙江省杭州十四中數學高三上期末經典模擬試題含解析

2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．已知集合，集合，那么等于（）A． B． C． D．2．已知等差數列中，若，則此數列中一定為0的是（）A． B． C． D．3．定義域為R的偶函數滿足任意，有，且當時，.若函數至少有三個零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．4．己知函數若函數的圖象上關于原點對稱的點有2對，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知命題,；命題若，則，下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．6．已知數列an滿足：an=2,n≤5a1A．16 B．17 C．18 D．197．已知集合，則()A． B．C． D．8．已知等差數列的前n項和為，，則A．3 B．4 C．5 D．69．M、N是曲線y=πsinx與曲線y=πcosx的兩個不同的交點,則|MN|的最小值為()A．π B．π C．π D．2π10．已知集合，，且、都是全集（為實數集）的子集，則如圖所示韋恩圖中陰影部分所表示的集合為（）A． B．或C． D．11．復數（為虛數單位），則等于（）A．3 B．C．2 D．12．已知角的終邊經過點P()，則sin()=A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．等差數列（公差不為0），其中，，成等比數列，則這個等比數列的公比為_____.14．展開式中項的系數是__________15．已知數列滿足：點在直線上，若使、、構成等比數列，則______16．過直線上一點作圓的兩條切線，切點分別為，，則的最小值是______.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）的內角所對的邊分別是，且，.（1）求；（2）若邊上的中線，求的面積.18．（12分）如圖，四棱錐中，四邊形是矩形，，為正三角形，且平面平面，、分別為、的中點.（1）證明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）已知函數.（1）若是函數的極值點，求的單調區(qū)間；（2）當時，證明：20．（12分）已知直線l的極坐標方程為，圓C的參數方程為（為參數）．（1）請分別把直線l和圓C的方程化為直角坐標方程；（2）求直線l被圓截得的弦長．21．（12分）已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三個解，求實數的取值范圍.22．（10分）在直角坐標系xOy中，直線的參數方程為（t為參數）.以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，圓C的極坐標方程為.（1）寫出圓C的直角坐標方程；（2）設直線l與圓C交于A，B兩點，，求的值.

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、A【解析】

求出集合，然后進行并集的運算即可.【詳解】∵，，∴.故選：A.【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合并集的概念和運算，屬于基礎題.2、A【解析】

將已知條件轉化為的形式，由此確定數列為的項.【詳解】由于等差數列中，所以，化簡得，所以為.故選：A【點睛】本小題主要考查等差數列的基本量計算，屬于基礎題.3、B【解析】

由題意可得的周期為，當時，，令，則的圖像和的圖像至少有個交點，畫出圖像，數形結合，根據，求得的取值范圍.【詳解】是定義域為R的偶函數，滿足任意，，令，又，為周期為的偶函數，當時，，當，當，作出圖像，如下圖所示：函數至少有三個零點，則的圖像和的圖像至少有個交點，，若，的圖像和的圖像只有1個交點，不合題意，所以，的圖像和的圖像至少有個交點，則有，即，.故選:B.【點睛】本題考查函數周期性及其應用，解題過程中用到了數形結合方法，這也是高考?？嫉臒狳c問題，屬于中檔題.4、B【解析】

考慮當時，有兩個不同的實數解，令，則有兩個不同的零點，利用導數和零點存在定理可得實數的取值范圍.【詳解】因為的圖象上關于原點對稱的點有2對，所以時，有兩個不同的實數解.令，則在有兩個不同的零點.又，當時，，故在上為增函數，在上至多一個零點，舍.當時，若，則，在上為增函數；若，則，在上為減函數；故，因為有兩個不同的零點，所以，解得.又當時，且，故在上存在一個零點.又，其中.令，則，當時，，故為減函數，所以即.因為，所以在上也存在一個零點.綜上，當時，有兩個不同的零點.故選：B.【點睛】本題考查函數的零點，一般地，較為復雜的函數的零點，必須先利用導數研究函數的單調性，再結合零點存在定理說明零點的存在性，本題屬于難題.5、B【解析】解：命題p：?x＞0，ln（x+1）＞0，則命題p為真命題，則￢p為假命題；取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，則命題q是假命題，則￢q是真命題．∴p∧q是假命題，p∧￢q是真命題，￢p∧q是假命題，￢p∧￢q是假命題．故選B．6、B【解析】

由題意可得a1=a2=a3=a4=a5=2，累加法求得a62+【詳解】解：an即a1=an?6時，a1a1兩式相除可得1+a則an2=由a6a7…，ak2=可得aa1且a1正整數k(k?5)時，要使得a1則ak+1則k=17，故選：B．【點睛】本題考查與遞推數列相關的方程的整數解的求法，注意將題設中的遞推關系變形得到新的遞推關系，從而可簡化與數列相關的方程，本題屬于難題.7、B【解析】

先由得或，再計算即可.【詳解】由得或，，,又，.故選：B【點睛】本題主要考查了集合的交集，補集的運算，考查學生的運算求解能力.8、C【解析】

方法一：設等差數列的公差為，則，解得，所以.故選C．方法二：因為，所以，則.故選C．9、C【解析】

兩函數的圖象如圖所示,則圖中|MN|最小,設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1=,x2=π,|x1-x2|=π,|y1-y2|=|πsinx1-πcosx2|=π+π=π,∴|MN|==π.故選C.10、C【解析】

根據韋恩圖可確定所表示集合為，根據一元二次不等式解法和定義域的求法可求得集合，根據補集和交集定義可求得結果.【詳解】由韋恩圖可知：陰影部分表示，，，.故選：.【點睛】本題考查集合運算中的補集和交集運算，涉及到一元二次不等式和函數定義域的求解；關鍵是能夠根據韋恩圖確定所求集合.11、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.12、A【解析】

由題意可得三角函數的定義可知：，，則：本題選擇A選項.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、4【解析】

根據等差數列關系，用首項和公差表示出，解出首項和公差的關系，即可得解.【詳解】設等差數列的公差為，由題意得:，則整理得，，所以故答案為：4【點睛】此題考查等差數列基本量的計算，涉及等比中項，考查基本計算能力.14、-20【解析】

根據二項式定理的通項公式，再分情況考慮即可求解．【詳解】解：展開式中項的系數：二項式由通項公式當時，項的系數是，當時，項的系數是，故的系數為；故答案為：【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，注意分情況考慮，屬于基礎題．15、13【解析】

根據點在直線上可求得，由等比中項的定義可構造方程求得結果.【詳解】在上，，成等比數列，，即，解得：.故答案為：.【點睛】本題考查根據三項成等比數列求解參數值的問題，涉及到等比中項的應用，屬于基礎題.16、【解析】

由切線的性質，可知，切由直角三角形PAO，PBO，即可設，進而表示，由圖像觀察可知進而求出x的范圍，再用的式子表示，整理后利用換元法與雙勾函數求出最小值.【詳解】由題可知，，設，由切線的性質可知，則顯然，則或（舍去）因為令，則，由雙勾函數單調性可知其在區(qū)間上單調遞增，所以故答案為：【點睛】本題考查在以直線與圓的位置關系為背景下求向量數量積的最值問題，應用函數形式表示所求式子，進而利用分析函數單調性或基本不等式求得最值，屬于較難題.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）【解析】

（1）先由正弦定理，得到，進而可得，再由，即可得出結果；（2）先由余弦定理得，，再根據題中數據，可得，從而可求出，得到，進而可求出結果.【詳解】（1）由正弦定理得，所以，因為，所以，即，所以，又因為，所以，.（2）在和中，由余弦定理得，.因為，，，，又因為，即，所以，所以，又因為，所以.所以的面積.【點睛】本題主要考查解三角形，靈活運用正弦定理和余弦定理即可，屬于常考題型.18、（1）見解析；（2）【解析】

（1）取中點，中點，連接，，.設交于，則為的中點，連接.通過證明，證得平面，由此證得平面平面.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）取中點，中點，連接，，.設交于，則為的中點，連接.設，則，，∴.由已知，，∴平面，∴.∵，∴，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）由（1）及已知可得平面，建立如圖所示的空間坐標系，設，則，，，，，，，，設平面的法向量為，∴，令得.設平面的法向量為，∴，令得，∴，∴二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查面面垂直的證明，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.19、（1）遞減區(qū)間為（-1，0），遞增區(qū)間為（2）見解析【解析】

（1）根據函數解析式，先求得導函數，由是函數的極值點可求得參數.求得函數定義域，并根據導函數的符號即可判斷單調區(qū)間.（2）當時，.代入函數解析式放縮為，代入證明的不等式可化為，構造函數，并求得，由函數單調性及零點存在定理可知存在唯一的，使得成立，因而求得函數的最小值，由對數式變形化簡可證明，即成立，原不等式得證.【詳解】（1）函數可求得，則解得所以，定義域為，在單調遞增，而，∴當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，此時是函數的極小值點，的遞減區(qū)間為，遞增區(qū)間為（2）證明：當時，，因此要證當時，，只需證明，即令，則，在是單調遞增，而，∴存在唯一的，使得，當，單調遞減，當，單調遞增，因此當時，函數取得最小值，，，故，從而，即，結論成立.【點睛】本題考查了由函數極值求參數，并根據導數判斷函數的單調區(qū)間，利用導數證明不等式恒成立，構造函數法的綜合應用，屬于難題.20、（1）．x2+y2＝1．（2）16【解析】

（1）直接利用極坐標方程和參數方程公式化簡得到答案.（2）圓心到直線的距離為，故弦長為得到答案.【詳解】（1），即，即，即.，故.（2）圓心到直線的距離為，故弦長為.【點睛】本題考查了極坐標方程和參數方程，圓的弦長，意在考查學生的計算能力和轉化能力.21、（1）；（2）.【解析】

（1）對分三種情況討論，分別去掉絕對值符號，然后求解不等式組，再求并集即可得結果;（2）.作出函數的圖象,當直線與函數的圖象有三個公共點時，方程有三個解，由圖可得結果.【詳解】（1）不等式，即為.當時，即化為，得，此時不等式的解集為，當時，即化為，解得，此時不等式的解集為.綜上，不等式的解集為.（2）即.作出函數的圖象如圖所示，當直線與函數的圖象有三個公共點時，方程有三個解，所以.所以實數的取值范圍是.【點睛】絕對值不等式的解法：法一：利用絕對值不等式