湖南省永州市2022-2023学年数学高三第一学期期末教学质量检测试题含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．函数y=sin2x的图象可能是A． B．C． D．2．已知双曲线的左，右焦点分别为，O为坐标原点，P为双曲线在第一象限上的点，直线PO，分别交双曲线C的左，右支于另一点，且，则双曲线的离心率为()A． B．3 C．2 D．3．将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，则所得函数图象的一个对称中心为（）A． B． C． D．4．下列命题为真命题的个数是（）（其中，为无理数）①；②；③.A．0 B．1 C．2 D．35．若向量，，则与共线的向量可以是（）A． B． C． D．6．如图是函数在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将的图象上的所有的点()A．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变B．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变C．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变D．向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变7．复数满足，则（）A． B． C． D．8．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（）A． B．C． D．9．在中，是的中点，，点在上且满足，则等于（）A． B． C． D．10．已知向量与的夹角为，，，则()A． B．0 C．0或 D．11．已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（）A． B．或 C． D．12．设是虚数单位，，，则（）A． B． C．1 D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，在方向上的投影为，则与的夹角为_________.14．的展开式中常数项是___________.15．若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围有___________.16．已知二项式ax-1x6的展开式中的常数项为-160三、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）在四棱锥的底面是菱形，底面，，分别是的中点，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.18．（12分）已知椭圆的短轴长为，离心率，其右焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）过作夹角为的两条直线分别交椭圆于和，求的取值范围.19．（12分）如图，已知平面与直线均垂直于所在平面，且．（1）求证：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值.20．（12分）已知函数（1）若恒成立，求实数的取值范围；（2）若方程有两个不同实根，，证明：．21．（12分）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，且.（1）求证：平面；（2）求锐二面角的余弦值.22．（10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设直线上的定点在曲线外且其到上的点的最短距离为，试求点的坐标.

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、D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2、D【解析】

本道题结合双曲线的性质以及余弦定理，建立关于a与c的等式，计算离心率，即可．【详解】结合题意，绘图，结合双曲线性质可以得到PO=MO，而，结合四边形对角线平分，可得四边形为平行四边形，结合，故对三角形运用余弦定理，得到，而结合，可得，，代入上式子中，得到，结合离心率满足，即可得出，故选D．【点睛】本道题考查了余弦定理以及双曲线的性质，难度偏难．3、D【解析】

先化简函数解析式,再根据函数的图象变换规律,可得所求函数的解析式为,再由正弦函数的对称性得解.【详解】,

将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍,所得函数的解析式为,

再向右平移个单位长度,所得函数的解析式为,，可得函数图象的一个对称中心为，故选D.【点睛】三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等，其中公式运用及其变形能力、运算能力、方程思想等可以在这些问题中进行体现，在复习时要注意基础知识的理解与落实．三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解．4、C【解析】

对于①中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于②中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于③中，构造新函数，利用导数求得函数的最大值为，进而得到，即可判定是正确的.【详解】由题意，对于①中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；对于②中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，因为，则又由，所以，即，所以②不正确；对于③中，设函数，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，所以，即，即，所以是正确的.故选：C.【点睛】本题主要考查了不等式的性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.5、B【解析】

先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可.【详解】故选B【点睛】本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位.6、A【解析】

由函数的最大值求出，根据周期求出，由五点画法中的点坐标求出，进而求出的解析式，与对比结合坐标变换关系，即可求出结论.【详解】由图可知，，又，，又，，，为了得到这个函数的图象，只需将的图象上的所有向左平移个长度单位，得到的图象，再将的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）即可.故选:A【点睛】本题考查函数的图象求解析式，考查函数图象间的变换关系，属于中档题.7、C【解析】

利用复数模与除法运算即可得到结果.【详解】解:，故选：C【点睛】本题考查复数除法运算，考查复数的模，考查计算能力，属于基础题.8、D【解析】

设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.【详解】由题意，设，则，即小正六边形的边长为，所以，，，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，大正六边形的边长为，所以，小正六边形的面积为，大正六边形的面积为，所以，此点取自小正六边形的概率.故选：D.【点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．9、B【解析】

由M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足可得：P是三角形ABC的重心，根据重心的性质，即可求解．【详解】解：∵M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足∴P是三角形ABC的重心∴又∵AM＝1∴∴故选B．【点睛】判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法：①定义：三条中线的交点．②性质：或取得最小值③坐标法：P点坐标是三个顶点坐标的平均数．10、B【解析】

由数量积的定义表示出向量与的夹角为，再由，代入表达式中即可求出.【详解】由向量与的夹角为，得，所以，又，，，，所以，解得.故选：B【点睛】本题主要考查向量数量积的运算和向量的模长平方等于向量的平方，考查学生的计算能力，属于基础题.11、C【解析】

由可得，故可求的值.【详解】因为，所以，故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）公比时，则有，其中为常数且；（3）为等比数列（）且公比为.12、C【解析】

由，可得，通过等号左右实部和虚部分别相等即可求出的值.【详解】解：，，解得：.故选:C.【点睛】本题考查了复数的运算，考查了复数相等的涵义.对于复数的运算类问题，易错点是把当成进行运算.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由向量投影的定义可求得两向量夹角的余弦值，从而得角的大小．【详解】在方向上的投影为，即夹角为.故答案为：．【点睛】本题考查求向量的夹角，掌握向量投影的定义是解题关键．14、-160【解析】试题分析：常数项为.考点：二项展开式系数问题.15、或【解析】

函数的零点方程的根，求出方程的两根为，，从而可得或，即或.【详解】函数在区间的零点方程在区间的根，所以，解得：，，因为函数在区间上有且仅有一个零点，所以或，即或.【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系，在求含绝对值方程时，要注意对绝对值内数的正负进行讨论.16、2【解析】

在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项，再根据常数项等于-160求得实数a的值．【详解】∵二项式(ax-1x)令6-2r=0，求得r=3，可得常数项为-C63故答案为：2．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，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）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.【解析】

(Ⅰ)由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；(Ⅲ)假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.【详解】(Ⅰ)由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，(Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知，，，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，设平面的一个法向量为,则：，据此可得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则.(Ⅲ)由题意可得：，假设满足题意的点存在，设，，据此可得：，即：,从而点F的坐标为，据此可得：,，结合题意有：，解得：.故点F为中点时满足题意.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18、（1）；（2）.【解析】

（1）由已知短轴长求出，离心率求出关系，结合，即可求解；（2）当直线的斜率都存在时，不妨设直线的方程为，直线与椭圆方程联立，利用相交弦长公式求出，斜率为，求出，得到关于的表达式，根据表达式的特点用“”判别式法求出范围，当有一斜率不存在时，另一条斜率为，根据弦长公式，求出，即可求出结论.【详解】（1）由得，又由得，则，故椭圆的方程为.（2）由（1）知，①当直线的斜率都存在时，由对称性不妨设直线的方程为，由，，设，则，则，由椭圆对称性可设直线的斜率为，则，.令，则，当时，，当时，由得，所以，即，且.②当直线的斜率其中一条不存在时，根据对称性不妨设设直线的方程为，斜率不存在，则，，此时.若设的方程为，斜率不存在，则，综上可知的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系，注意根与系数关系、弦长公式、函数最值、椭圆性质的合理应用，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于难题.19、（1）见解析；（2）【解析】

（Ⅰ）证明：过点作于点，∵平面⊥平面，∴平面又∵⊥平面∴∥,又∵平面∴∥平面（Ⅱ）∵平面∴，又∵∴∴∴点是的中点，连结，则∴平面∴∥，∴四边形是矩形设，得：，又∵，∴，从而，过作于点，则∴是与平面所成角∴，∴与平面所成角的正弦值为考点：面面垂直的性质定理；线面平行的判定定理；线面垂直的性质定理；直线与平面所成的角．点评：本题主要考查了线面平行的证明和直线与平面所成的角，属立体几何中的常考题型，较难．本题也可以用向量法来做：用向量法解题的关键是；首先正确的建立空间直角坐标系，正确求解平面的一个法向量．注意计算要仔细、认真．≌20、（1）（2）详见解析【解析】

（1）将原不等式转化为，构造函数，求得的最大值即可；

（2）首先通过求导判断的单调区间，考查两根的取值范围，再构造函数，将问题转化为证明，探究在区间内的最大值即可得证．【详解】解：（1）由，即，即，令，则只需，，令，得，在上单调递增，在上单调递减，，的取值范围是；（2）证明：不妨设，当时，单调递增，当时，单调递减，，当时，，，要证，即证，由在上单调递增，只需证明，由，只需证明，令，，只需证明，易知，由，故，，从而在上单调递增，由，故当时，，故，证毕．【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，最值等，关键是要对问题进行转化，比如把恒成立问题转化为最值问题，把根的个数问题转化为图像的交点个数，进而转化为证明不等式的问题，属难题．21、（