山西省运城市芮城中学2022-2023学年高三上学期数学期末模拟试题(含答案)

这是一份山西省运城市芮城中学2022-2023学年高三上学期数学期末模拟试题(含答案)，共19页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知集合，，，则=，已知复数，则复数z的虚部为，已知集合，，则=，设，，则a、b、c的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
2022－2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知i是虚数单位，若，则=（    ）A． B．2 C． D．32．2020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遣到A、B、C三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到A县的分法有（    ）A．6种 B．12种 C．24种 D．36种3．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若atanB=2bsin（B＋C）。则角B的大小为（    ）A． B． C． D．4．设i为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．设，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B． C． D．6．已知集合，，，则=（    ）A．{2，3，4，5}  B．{2，3，4，5，6}C．{1，2，3，4，5，6} D．{1，3，4，5，6，7}7．已知复数，则复数z的虚部为（    ）A． B． C． D．8．已知集合，，则=（    ）A．  B．C．  D．9．已知，，若，则向量在向量方向的投影为（    ）A． B． C． D．10．设，，则a、b、c的大小关系为（    ）A．c>b>a B．a>b>c C．b>c>a D．b>a>c11．如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为（    ）（    ）A． B． C．6 D．与点O的位置有关12．复数的虚部为（    ）A．2i B．－2i C．2 D．－2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在一块土地上种植某种农作物，连续5年的产量（单位：吨）分别为9.4，9.7，9.8，10.3，10.8．则该农作物的年平均产量是______吨．14．在正方体中，E，F分别为棱，的中点，则直线EF与直线所成角的正切值为______．15．已知双曲线的两个焦点为，，点.P是第一象限内双曲线上的点，且，，则双曲线的离心率为______．16．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（一）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为______．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）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，且PA=AD，E，F分别是棱AB，PC的中点．求证：（1）平面PAD；（2）平面平面PCD．18．（12分）已知函数．（1）讨论函数f（x）的极值；（2）记关于x的方程的两根分别为p，，求证：．19．（12分）已知函数，．（1）讨论的单调性．（2）若f（x）在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，，使得，证明：．20．（12分）在中，内角A，B，C的边长分别为a，b，c，且．（1）若，求的值；（2）若，且的面积，求和的值．21．（12分）数列满足，且．（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．22．（10分）某公园有一块边长为3百米的正三角形ABC空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉。方案是：先建造一条直道DE将△ABC分成面积之比为2：1的两部分（点D，E分别在边AB，AC上）；再取DE的中点M，建造直道AM（如图）。设，，（单位：百米）。（1）分别求，关于x的函数关系式；（2）试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值．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、A【解析】直接将两边同时乘以1－i求出复数z，再求其模即可【详解】解：将两边同时以1－i，得z=i（1－i）=1＋i故选：A【点睛】考查复数的运算及其模的求法，是基础题．2、B【解析】分成甲单独到A县和甲与另一人一同到A县两种情况进行分类讨论，由此求得甲被派遣到A县的分法数．【详解】如果甲单独到县，则方法数有种．如果甲与另一人一同到县，则方法数有种．故总的方法数有种．故选：B【点睛】本小题主要考查简答排列组合的计算，属于基础题．3、A【解析】由正弦定理化简已知等式可得，结合，可得，结合范围，可得，可得，即可得解的值．【详解】解：∵，∴由正弦定理可得：，∵，∴∵，，∴，∴．故选A．【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．4、A【解析】利用复数的除法运算化简，求得对应的坐标，由此判断对应点所在象限．【详解】∵，∴对应的点的坐标为，位于第一象限．故选：A．【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点所在象限，属于基础题．5、D【解析】，，得解．【详解】，，，所以，故选D．【点睛】比较不同数的大小，找中间量作比较是一种常见的方法．6、C【解析】根据集合的并集、补集的概念，可得结果．【详解】集合，所以集合，，故，所以．故选：C．【点睛】本题考查的是集合并集，补集的概念，属基础题．7、B【解析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出【详解】，则复数的虚部为．故选：B．【点睛】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8、D【解析】求函数的值域得集合A，求定义域得集合B，根据交集和补集的定义写出运算结果．【详解】集合；，∴∴．故选：D．【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有函数的定义域，函数的值域，集合的运算，属于基础题目．9、B【解析】由，，，再由向量在向量方向的投影为化简运算即可【详解】∵，∴，∴，∴向量在向量方向的投影为．故选：B．【点睛】本题考查向量投影的几何意义，属于基础题10、D【解析】因为，，所以，且在上单调递减，且所以，所以，又因为，所以，所以．故选：D．【点睛】本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小，难度一般除了可以直接利用单调性比较大小，还可以根据中间值“0，1”比较大小．11、B【解析】根据三视图还原直观图如下图所示，几何体的体积为正方体的体积减去四棱锥的体积，即可求出结论．【详解】如下图是还原后的几何体，是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的，正方体的体积为8，四棱锥的底面是边长为2的正方形，顶点O在平面上，高为2，所以四棱锥的体积为，所以该几何体的体积为．故选：B．【点睛】本题考查三视图求几何体的体积，还原几何体的直观图是解题的关键，属于基础题．12、D【解析】根据复数的除法运算，化简出，即可得出虚部．【详解】解：，故虚部为－2．故选：D．【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的概念．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、10【解析】根据已知数据直接计算即得．【详解】由题得，．故答案为：10【点睛】本题考查求平均数，是基础题．14．【解析】由中位线定理和正方体性质得，从而作出异面直线所成的角，在三角形中计算可得．【详解】如图，连接，，，∵E，F分别为棱，的中点，∴，又正方体中，即是平行四边形，∴，∴，（或其补角）就是直线与直线所成角，是等边三角形，∴，其正切值为．故答案为：．【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是根据定义作出异面直线所成的角．15、【解析】根据正弦定理得，根据余弦定理得，联立方程得到，计算得到答案．【详解】∵中，，，∴由正弦定理得，①又∵，，∴，可得，中用余弦定理，得，②①②联解，得，可得，∴双曲线的，结合，得离心率．故答案为：．【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力．16、2【解析】根据比赛场次，分析，画出图象，计算结果．【详解】画图所示，可知目前（五）班已经赛了2场．故答案为：2【点睛】本题考查推理，计数原理的图形表示，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型．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、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）取的中点构造平行四边形，得到，从而证出平面；（2）先证平面，再利用面面垂直的判定定理得到平面平面．【详解】证明：（1）如图，取的中点，连接，．∵E是棱的中点，底面是矩形，∴，且，又∵F，G分别是棱PC，PD的中点，∴，且，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）∵，点是棱的中点，∴，又∵，∴∵平面，平面，∴，∵底面是矩形，∴，∵平面，平面，且，∴平面，又∵平面，∴，∵∴，又∵平面，平面，且，∴平面，又∵平面，∴平面平面．【点睛】本题主要考查线面平行的判定，面面垂直的判定，首选判定定理，是中档题．18、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）对函数求导，对参数讨论，得函数单调区间，进而求出极值；（2）p ，是方程的两根，代入方程，化简换元，构造新函数利用函数单调性求最值可解．【详解】（1）依题意，；若，则，则函数在上单调递增，此时函数既无极大值，也无极小值；若，则，令，解得，故当时，，单调递增；当时，，单调递减，此时函数f（x）有极大值，无极小值；若，则，令，解得，故当时，，单调递增；当时，，单调递减，此时函数f（x）有极大值，无极小值；（2）依题意，，则，，故，；要证：，即证，即证：，即证，设，只需证：，设，则，故在上单调递增，故，即，故．【点睛】本题考查函数极值及利用导数证明二元不等式．证明二元不等式常用方法是转化为证明一元不等式，再转化为函数最值问题．利用导数证明不等式的基本方法：（1）若与的最值易求出，可直接转化为证明；（2）若与的最值不易求出，可构造函数，然后根据函数的单调性或最值，证明19、（1）当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）证明见解析【解析】（1）对f（x）求导，分，，a=1进行讨论，可得f（x）的单调性；（2）f（x）在定义域内是增函数，由（1）可知a=1，，设，可得，则，设，，对求导，利用其单调性可证明．【详解】解：的定义域为，因为，所以，当时，令，得，令，得；当时，则，令，得，或，令，得；当时，，当时，则，令，得；综上所述，当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）f（x）在定义域内是是增函数，由（1）可知a=1，此时，设，又因为，则，设，，则对于任意，成立，所以在上是增函数，所以对于，有，即，有，因为，所以，即，又在递增，所以，即．【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题．20、（1）；（2）．【解析】（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理计算即可得到所求值；（2）运用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，化简可得，运用正弦定理和三角形的面积公式可得a，b的方程组，解方程即可得到所求值．【详解】解：（1）由余弦定理，由正弦定理，得（2）由已知得：，所以①又，所以②由①②解得【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及三角函数的恒等变换，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21、（1）证明见解析，（2）【解析】（1）利用，推出，然后利用等差数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）知，利用裂项法，即可求解数列的前项和．【详解】（1）由题意，数列满足且可得，即，所以数列是公差，首项的等差数列，故，所以．（2）由（1）知，所以数列的前项和：【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及“裂项法”求解数列的前项和，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式，合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．22、（1），．，．（2）当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米．【解析】（1）由，可解得AE．方法一：再在中，利用余弦定理，可得关于的函数关系式；在和中，利用余弦定理，可得关于的函数关系式．方法二：在中，可得，则有，化简整理即得；同理，化简整理即得．（2）由（1）和基本不等式，计算即得．【详解】解：（1）∵，是边长为的等边三角形，又，∴，∴．由，得．法1：在中，由余弦定理，得．故直道DE长度关于的函数关系式为，．在和中，由余弦定理，得①②因为为DE的中点，所以．由①＋②，得，所以，所以．所以，直道AM长度关于的函数关系式为，法2：因为在中，，所以．所以，直道DE长度关于x的函数关系式为，．在中，因为为DE的中点，所以．所以．所以，直道AM长度关于x的函数关系式为，．（2）由（1）得，两条直道的长度之和为（当且仅当即时取“=”）故当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米．【点睛】本题考查了余弦定理和基本不等式，第一问也可以利用三角形中的向量关系进行求解，属于中档题．