2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高三上学期数学期末模拟试题（含答案）

哈尔滨市2022-2023学年高三上学期期末模拟

数学试题

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上.

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号.

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效.

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.已知关于的方程在区间上有两个根，，且，则实数的取值范围是（    ）

A. B. C. D.

2.下列命题中，真命题的个数为（    ）

①命题“若，则”的否命题；

②命题“若，则或”；

③命题“若，则直线与直线平行”的逆命题.

A.0 B.1 C.2 D.3

3.复数的虚部为（    ）

A. B. C.2 D.

4.曲线在点处的切线方程为（    ）

A. B. C. D.

5.已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是（    ）

A.29 B.30 C.31 D.32

6.若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（    ）.

A.6500元 B.7000元 C.7500元 D.8000元

7.过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是（    ）.

A. B. C. D.

8.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则（    ）

A. B. C. D.

9.已知数列中，，，且当为奇数时，；当为偶数时，.则此数列的前20项的和为（    ）

A. B. C. D.

10.函数的部分图象大致是（    ）

A. B.

C. D.

11.若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（    ）

A. B. C. D.

12.若的展开式中，的系数之和为，则实数的值为（    ）

A. B. C. D.1

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.函数的图像如图所示，则该函数的最小正周期为___________.

14.已知函数函数，则不等式的解集为________.

15.已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为________.

16.已知函数在点处的切线方程为，则________.

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）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c满足条件，.

（1）求角；

（2）若边上的高为，求的长.

18.（12分）已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

19.（12分）设，函数.

（1）当时，求在内的极值；

（2）设函数，当有两个极值点，时，总有，求实数的值.

20.（12分）如图，四棱雉，侧面是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面是的菱形，为棱上的动点，且.

（Ⅰ）求证：为直角三角形；

（Ⅱ）试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.

21.（12分）在新中国成立70周年国庆阅兵庆典中，众多群众在脸上贴着一颗红心，以此表达对祖国的热爱之情，在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中有著名的笛卡尔心型曲线，如图，在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.图中的曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为，为该曲线上的任意一点.

（1）当时，求点的极坐标；

（2）将射线绕原点逆时针旋转与该曲线相交于点，求的最大值.

22.（10分）设函数.

（1）讨论函数在上的单调性；

（2）证明：函数在上有且仅有两个零点.

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

1.【解析】

先利用三角恒等变换将题中的方程化简，构造新的函数，将方程的解的问题转化为函数图象的交点问题，画出函数图象，再结合，解得的取值范围.

【详解】

由题化简得，，

作出的图象，

又由易知.

故选：C.

【点睛】

本题考查了三角恒等变换，方程的根的问题，利用数形结合法，求得范围.属于中档题.

2.C

【解析】

否命题与逆命题是等价命题，写出①的逆命题，举反例排除；原命题与逆否命题是等价命题，写出②的逆否命题后，利用指数函数单调性验证正确；写出③的逆命题判，利用两直线平行的条件容易判断③正确.

【详解】

①的逆命题为“若，则”，

令，可知该命题为假命题，故否命题也为假命题；

②的逆否命题为“若且，则”，该命题为真命题，故②为真命题；

③的逆命题为“若直线与直线平行，则”，该命题为真命题.

故选：C.

【点睛】

本题考查判断命题真假.判断命题真假的思路：

（1）判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，然后联系其他相关的知识进行判断.

（2）当一个命题改写成“若，则”的形式之后，判断这个命题真假的方法：

①若由“”经过逻辑推理，得出“”，则可判定“若，则”是真命题；②判定“若，则”是假命题，只需举一反例即可.

3.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.

4.A

【解析】

将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.

【详解】

曲线，即，

当时，代入可得，所以切点坐标为，

求得导函数可得，

由导数几何意义可知，

由点斜式可得切线方程为，即，

故选：A.

【点睛】

本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.

5.B

【解析】

设正项等比数列的公比为，运用等比数列的通项公式和等差数列的性质，求出公比，再由等比数列的求和公式，计算即可得到所求.

【详解】

设正项等比数列的公比为，

则，，

与的等差中项为，

即有，

即，

解得（负值舍去），

则有.

故选C.

【点睛】

本题考查等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查等差数列的性质，考查运算能力，属于中档题.

6.D

【解析】

设目前该教师的退休金为元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可.

【详解】

设目前该教师的退休金为元，则由题意得：.解得.

故选D.

【点睛】

本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题.

7.A

【解析】

过圆外一点，

引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程为，故选A.

8.D

【解析】

由题知，又，代入计算可得.

【详解】

由题知，又.

故选：D

【点睛】

本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式的应用求值.

9.A

【解析】

根据分组求和法，利用等差数列的前项和公式求出前20项的奇数项的和，利用等比数列的前项和公式求出前20项的偶数项的和，进而可求解.

【详解】

当为奇数时，，

则数列奇数项是以1为首项，以2为公差的等差数列，

当为偶数时，，

则数列中每个偶数项加1是以3为首项，以3为公比的等比数列.

所以

.

故选：A

【点睛】

本题考查了数列分组求和、等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.

10.C

【解析】

判断函数的性质，和特殊值的正负，以及值域，逐一排除选项.

【点睛】

本题考查了根据函数解析式判断函数图象，属于基础题型，一般根据选项判断函数的奇偶性，零点，特殊值的正负，以及单调性，极值点等排除选项.

11.A

【点睛】

本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.

12.B

【解析】

由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.

【详解】

由，

则展开式中的系数为，展开式中的系数为，

二者的系数之和为，得.

故选：B.

【点睛】

本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.8

【解析】

根据图象利用，先求出的值，结合求出，然后利用周期公式进行求解即可.

【详解】

解：由，得，

，，

则，

，即，

则函数的最小正周期，

故答案为：8

【点睛】

本题主要考查三角函数周期的求解，结合图象求出函数的解析式是解决本题的关键.

14.

【解析】

，，

所以，

所以的解集为.

点睛：本题考查绝对值不等式.本题先对绝对值函数进行分段处理，再得到的解析式，求得的分段函数解析式，再解不等式即可.绝对值函数一般都去绝对值转化为分段函数处理.

15.

【解析】

先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.

【详解】

由题意作出区域，如图中阴影部分所示，

易知，故，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.

【点睛】

线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.

16.0

【解析】

由题意，，列方程组可求，，即求.

【详解】

在点处的切线方程为，

，代入得①.

又，②.

联立①②解得：，.

.

故答案为：0.

【点睛】

本题考查导数的几何意义，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.（1）.（2）

【解析】

（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据，利用两角和的正弦公式即可求解.

（2）已知，由知，在中，解出即可.

【详解】

（1）由正弦定理知

由已知，而

，

（2）已知，

则由知

，

先求

【点睛】

本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式，需熟记定理与公式，属于基础题.

18.（1）；（2）

【解析】

（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；

（2）原不等式可转化为在上恒成立，分别求函数与的最小值，根据能同时成立，可得的最小值，即可求解.

【详解】

（1）①当时，不等式可化为，得，无解；

②当时，不等式可化为得，故；

③当时，不等式可化为，得，故.

综上，不等式的解集为

（2）由题意知在上恒成立，

所以

令，则当时，

又当时，取得最小值，且

又

所以当时，与同时取得最小值.

所以

所以，

即实数的取值范围为

【点睛】

本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分类讨论，函数的最值，属于中档题.

19.（1）极大值是，无极小值；（2）

【解析】

（1）当时，可求得，令，利用导数可判断的单调性并得其零点，从而可得原函数的极值点及极大值；

（2）表示出，并求得，由题意，得方程有两个不同的实根，，从而可得及，由，得.则可化为对任意的恒成立，按照、、三种情况分类讨论，分离参数后转化为求函数的最值可解决；

【详解】

（1）当时，.

令，则，显然在上单调递减，

又因为，故时，总有，所以在上单调递减.

由于，所以当时，；当时，.

当变化时，、的变化情况如下表：

所以在上的极大值是，无极小值.

（2）由于，则由题意，方程有两个不等实根，，则，解得，且，又，所以.

由，，可得

又，.将其代入上式得：.

整理得，即，

当时，不等式恒成立，即.

当时，恒成立，即，令，易证是上的减函数.因此，当时，，故.

当时，恒成立，即，

因此，当时，所以.

综上所述，.

【点睛】

本题考查利用导数求函数的最值、研究函数的极值等知识，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，该题综合性强，难度大，对能力要求较高.

20.（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）取中点，连结，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.

试题解析：（Ⅰ）取中点，连结，，，依题意可知，均为正三角形，所以，，又，平面，平面，

所以平面，

又平面，所以，

因为，所以，即，

从而为直角三角形.

（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）可知，又平面平面，平面平面，平面，所以平面.

以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，，

由可得点的坐标

所以，，

设平面的法向量为，则，

即解得，

令，得，

显然平面的一个法向量为，

依题意，

解得或（舍去），

所以，当时，二面角的余弦值为.

法二：由（Ⅰ）可知平面，所以，，

所以为二面角的平面角，

即，

在中，，，，

所以

，

由正弦定理可得，即

解得，

又，所以，

所以，当时，二面角的余弦值为.

21.（1）点的极坐标为或（2）

【解析】

（1）令，由此求得的值，进而求得点的极坐标.

（2）设出M，N两点的极坐标，利用勾股定理求得的表达式，利用三角函数最值的求法，求得的最大值.

【详解】

（1）设点在极坐标系中的坐标，

由，得，

或，

所以点的极坐标为或

（2）由题意可设，.

由，得，.

故时，的最大值为.

【点睛】

本小题主要考查极坐标的求法，考查极坐标下两点间距离的计算以及距离最值的求法，属于中档题.

22.见解析

【解析】

（1），

由，得或或.

当变化时，和的变化情况如下表：

所以在区间，上单调递减，在区间，上单调递增.

（2）由（1）得极大值为；极小值为.

又，

所以在，上各有一个零点.

显然时，，，所以；

时，，

所以在上没有零点.因为，

所以为偶函数，

从而时，，即在上也没有零点.

故仅在，上各有一个零点，即在上有且仅有两个零点.