2022~2023学年四川成都锦江区锦江区树德中学高三上学期期末理科数学试卷（1月模拟检测）（PDF版含解析）

2022~2023学年四川成都锦江区锦江区树德中学高三上学期期末理科数学
试卷（1月模拟检测）
一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1、设集合 ， ，则 （ ）
A.
B.
C.
D.
2、已知复数 满足 (其中 为虚数单位)，则 的值为（ ）
A.
B.
C.
D.
3、荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.“这句来自先秦时期的名言.此名言中的“积跬
步”是“至千里”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4、如图，某公园需要修建一段围绕绿地的弯曲绿道（图中虚线）与两条直道（图中实线）平滑连续（相切），
已知环绕绿地的弯曲绿道为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（ ）
A.
B.
C.
D.
5、足球是由 个正五边形和 个正六边形组成的．如图，将足球上的一个正六边形和它相邻的正五边形展开
放平，若正多边形边长为 ， 、 、 分别为正多边形的顶点，则 （ ）
A.
B.
C.
D.
6、已知 ， ，则 的值等于（ ）
A.
B.
C.
D.
7、若数列 满足 ， （ ，且 ），记 ，则
（ ）
A.-1
B.
C.
D.
8、某教学软件在刚发布时有100名教师用户，发布5天后有1000名教师用户.如果教师用户人数 与天数 之间
满足关系式： ，其中 为常数， 是刚发布时的教师用户人数，则教师用户超过20000名至少经过
的天数为（ ）（参考数据： ）
A.9
B.10
C.11
D.12
9、如图，具有公共 轴的两个直角坐标平面 和 所成的二面角 轴 等于60°．已知 内的曲线 的方程是
，则曲线 在 内的射影所在曲线方程是（ ）
A.
B.
C.
D.
10、已知双曲线 ： 的左右焦点分别是 ， ，左右顶点分别是 ， ，离心率
为2，点P在 上，若直线 ， 的斜率之和为 ， 的面积为 ，则 （ ）
A.1
B.
C.
D.2
11、在直角 中，角 为直角， ， ，点E，F分别在边AB，BC上移动，且 ，沿
将 折起来得到四棱锥 ，则该棱锥的体积的最大值是（ ）
A.
B.
C.
D.
12、柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具
有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体.柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四而体，空气为正
八面体，水为正二十面体，土为正六面体.如图，在一个棱长为 的正八面体（正八面体是每个面都是正三角
形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体
积的最大值为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13、已知实数x，y满足 ， ，则 的取值范围是 ．
14、如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个 的长方体框架，一个建筑工人欲从 A处沿脚手架
攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为 ．
15、意大利数学家斐波那契于1202年写成《计算之书》，其中第12章提出兔子问题，衍生出数列：1，1，2，
3，5，8，13，….记该数列为 ，则 ， ， .如图，由三个图（1）中底
角为60°等腰梯形可组成一个轮廓为正三角形（图（2））的图形，根据改图所揭示的几何性质，计算
.
16、设 表示函数 在闭区间 上的最大值.若正实数 满足 ，则正实数 的
取值范围是 .
三、解答题（本大题共7小题，共70分）
17、（本小题8分）
第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠
军．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也会
等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有 的可能性扑不到球．
不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲 乙 丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球 从甲脚下开始，等
可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，
假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知 ．
①试证明： 为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
18、（本小题8分）
已知各项均不为零的数列 满足 ，且 ， ，设
.
(1)证明： 为等比数列；
(2)求 的前 项和 .
19、（本小题8分）
如图，在四棱台 中，底面四边形 为菱形， ，
． 平面 ．
（1）若点 是 的中点，求证： ；
（2）棱 上是否存在一点 ，使得二面角 的余弦值为 ？若存在，求线段 的长；若不存
在，请说明理由．
20、（本小题10分）
已知双曲线 的左右焦点分别为 ， ，点 在直线 上且不在 轴上，直线 与双
曲线的交点分别为A，B，直线 与双曲线的交点分别为C，D．
(1)设直线 和 的斜率分别为 ， ，求 的值；
(2)问直线l上是否存在点P，使得直线OA，OB，OC，OD的斜率 ， ， ， 满足
？若存在，求出所有满足条件的点 的坐标；若不存在，请说明理由．
21、（本小题12分）
e
已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)设 是两个不相等的 正数，且 ln ln ，证明： ln .
22、（本小题12分）
极坐标系与直角坐标系 有相同的长度单位，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴．已知曲线C1`的极坐标方
程为 ，曲线C2的参数方程为 （t为参数，） ；射线 ，
， ， 与曲线C1分别交异于极点O的四点A,B,C,D
(1)若曲线 关于曲线 对称，求 的值，并把曲线 和 化成直角坐标方程；
(2)求 的值．
23、（本小题12分）
选修4—5:不等式选讲
已知函数
(1)若不等式 的 解集为 ,求实数 的值;
(2)当 时,解关于 的不等式 0 .
参考答案
一、单选题
1、
【答 案】
C
【分析】
先利用一元二次不等式的解法求出集合 ，然后利用交集的定义即可求解.
【详解】
因为集合 ，又 ，
由交集的定义可得： ，
故选： .
2、
【答 案】
B
【分析】
利用复数运算求出复数 ，即可得到答案；
【详解】
∵复数 满 足 ，
∴ ，
故选：B.
3、
【答 案】
B
【分析】
根据充分条件必要条件的定义即得.
【详解】
由名言可得 大意为如果不“积跬步”，便不能“至千里”，
荀子的名言表明积跬步未必能至千里，但要至千里必须 积跬步，
所以“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件.
故选：B.
4、
【答 案】
A
【分析】
通过题意设三次函数的解析式为 ，即 ，
，
∴ ，解得 ，
∴ ，
因此正确答案为：A．
5、
【答 案】
A
【分析】
计算出 、 以及 的大小，利用余弦定理可得出 ，再利用平面向量数量积的定义以及余弦定理、
诱导公式、三角恒等变换可求得 .
【详解】
连接 ，由余弦定理可得 ，
易知正五边形的每个内角为 ，
所以，
，则 ，
，
，
，
故选：A.
6、
【答 案】
D
【分析】
由条件确定 的范围，由此确定 的正负，再计算 的值.
【详解】
因为 ， ，
所以 ，所以 ， ，
所以 ，(故A，B，C错误，排除，选择D)
又 ， ，
所以 ，
故选：D.
7、
【答 案】
C
【分析】
由 得 ，
所以 ，则 ，
所以数列 是以4为周期的数列，
因为 ，所以 ， ， ，则 ，
所以 ，
因此正确答案为：C.
8、
【答 案】
D
【分析】
由题设 ，可得 ，
所以 ，则 ，故 ，
所以教师用户超过20000名至少经过12天.
因此正确答案为：D
9、
【答 案】
D
【分析】
设点 是曲线 上任一点， 为射影上任一点，由二面角 轴 等于 确定 得
，代入 即可求解.
【详解】
如图，
在平面 内，设点 是曲线 上任一点，
过点M作 ，垂足为 ，过点N作 轴 ，垂足为H，
连接MH，则 轴，所以 是二面角 轴 的平 面角，
即 ，在 中， ，
又 轴，(或M与O重合)，设 为射影上任一点，
则 ，即 ，
由点 在 上，得 ，
所以所求射影的方程为 .
故选：D.
10、
【答 案】
A
【分析】
根据离心率公式结合 的面积为 ，可得 ，再利用 列方程求解即可.
【详解】
①
②
所以
故 ③
由①②③，得 ，解得
故选：A.
11、
【答 案】
B
【分析】
根据题意，由折叠可得当面 面 时，此时的点 到底面 的距离最大，设 ，将四棱锥
中底面积和高，都用 表示出来，整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案.
【详解】
由题意的 ，
对 的任何位置， 当面 面 即面 面 时，点 到底面 的距离最大，
如图，
过B作 于D，过E作 于G，则 面 ，
在 中， ，设 ，
在 中， ，
所以 ， ，
有 ，得 ，即 ，
则
，
所以 ，
令 ，解得 ，可得下表：
+
极大值
故当 时，该棱锥的体积最大，为 .
故选：B.
12、
【答 案】
C
【分析】
解：如下图所示，设正八面体上顶点为A，圆柱上底面圆心为B，
正四棱锥底面中心为C,取四棱锥底面边中点为D，AD交圆柱上底面 于E.
设该圆柱的底面半径为 ，高 ，
通过题意分析可以得， ， ，则 ．
又 ，∴ ， ，
∴圆柱的体积 ， ，
可知，当 时， ；当 时， ，
所以当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，
∴当 时， max dm ．
因此正确答案为: .
二、填空题
13、
【答案 】
【分析】
设 ，
故 ，解得 ， ， ， ，
故 ，故 .
因此正确答案为： .
14、
【答 案】
【分析】
先求出最近路线的所有走法共有 种，再求出不连续向上攀登的次数，然后可得概率.
【详解】
最近的行 走路线就是不走回头路，不重复，所以共有 种，向上攀登共需要3步，向右向前共需要4步，因为不
连续向上攀登，所以向上攀登的3步，要进行插空，共有 种，故所求概率为 .
【点睛】
本题主要考查古典概率的求解，明确事件包含的基本事件种数是求解关键，侧重考查数学建模和数学运算的核
心素养.
15、
【答 案】
3
【分析】
根据图示规律和数列递推关系即可求解.
【详解】
从图（2） 可得到正三角形的面积等于三个等腰梯形的面积加上小正三角形的面积，
所以 ，
整理可得 ，
由此可推断出 也可构成以下正三角形，
所以 ，
整理可得 ，
所以
故答案为：3.
16、
【答案 】
【分析】
根据 的表达式，画出其图象，根据图象，分 和 两种情况讨论，结合图象得 在区间
的最大值即可列不等式求解.
【详解】
函数 的 图像如下：
的对称轴为 ， ；当 时， ，
分类讨论如下：
（1）当 时， ， ,
依题意， ，而函数在 时是增函数，此时 ， 故不可能；
（2）当 时， ，
依题意， ，即 ，
令 ，解得： ，
则有： 并且 ，解得： ；
或者 并且 ，无解；
综上：
故答案为：
三、解答题
17、
【答案 】
(1)分布列见解析；期望为
(2)①证明见解析 ；②
【分析】
（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断 ，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为 ，则当 时，第 次传球之前球在甲脚下的概率为
，由条件确定 的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出 ，比较其大小即可.
【详解】
（1）方法 一： 的所有可能取值为 ，
在一次扑球中，扑到点球的概率 ，
所以 ，
，
所以 的分布列如下：
0 1 2 3
方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为 ，
门将在前三次扑到点球的个数 可能的取值为 ，易知 ，
所以 ，
故 的分布列为：
0 1 2 3
所以 的期望 ．
（2）①第 次传球之前球在甲脚下的概率为 ，
则当 时，第 次传球之前球在甲脚下的概 率为 ，
第 次传球之前球不在甲脚下的概率为 ，
则 ，
即 ，又 ，
所以 是以 为首项，公比为 的等比数列．
②由①可知 ，所以 ，
所以 ，
故 ．
18、
【答 案】
(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由题知 ，进而根据等比数列的定义证明即可；
（2）结合（1）得 是常数列，进而得 ， ，再根据错位相减
法和分组求和求解即可.
【详解】
（1）证明 ：∵ ，
∴ ，
∴上述等式两边同除以 得 ，
即 ，
∴ ，即 ，
又
∴ 是以 为首项， 为公比的等比数列，
∴ .
（2）解法1：由（1）知 ，即 ，
∵ ，∴ ，
∴ 是常数列，∴ ，
∴ ，
令 ，
则
①
，②
①式减②式得
，
，
化简整理得 .
解法2：由（1）知 ，即 ，
∵ ，∴ ，
∴ 是常数列，∴ ，
∴ ， ，
，
，
∴
∴ ，
∴ 为常数列.
∵ ，
∴ .
19、
【答案 】
（1）证明见解析；（2）存在，且 ．
【分析】
（1）取 中点 ，连接 、 、 ，以点 为坐标原点，以 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、
轴建立空间直角坐标系，计算出 ，进而可证得 ；
（2）设点 的坐标为 ，其中 ，利用空间向量法可得出关 于实数 的方程，由题意得出点
在线段 上，可求得 的值，进而可求得 ，即可得出结论.
【详解】
（1）取 中点 ，连接 、 、 ，
因为四边形 为菱形，则 ， ， 为等边三角形，
为 的中点，则 ， // ， ，
由于 平面 ，以点 为坐标原点，以 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角
坐标系，如图.
则 、 、 、 、 、 、 ，
， ，
， ；
（2）假设点 存在，设点 的坐标为 ，其中 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
取 ，则 ， ，所以， ，
平面 的一个法向量为 ，
所以， ，解得 ，
+
又由于二面角 为锐角，由图可知，点 在线段 上，所以 ，即 ．
因此，棱 上存在一点 ，使得二面角 的余弦值为 ，此时 .
【点睛】
方法点睛： 立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找 出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限
定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
20、
【答 案】
(1)
(2)存在， 或
【分析】
(1)设 ，结合两点求直线斜率公式即可求解；
(2)假设存在满足题意的点 ，设点A、B、C、D的坐标 和直线 、 方程，联立方程组利用韦达定理和两
点求斜率公式表示出 和 ，根据 求得 或
，结合(1)分类讨论求出对应的P点坐标即可.
【详解】
（1）设 ， ，则 ，
所以 ；
（2）假设直线l上存在点 ，使得 ．
设 ， ， ， ，
设直线 ，直线 ，
由 ，得 ，
， ，
∴ ，
同理 ，
由 ，得
得 或 ，
当 时，由（1） 得 ， ，
， ，得 ，
当 时，由（1） 得 ， 或 ， ， ，
，得 ．
所以 或 ．
21、
【答案 】
(1) 在 上单调递减；在 上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】
（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出 ，然后在定义域范围内分析即可.
（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.
【详解】
e
（1） 的定义域为 ，
e
，
令 ，得： ，
当 变化时 的关系 如下表：
0 1
无意义 0
无意义
在 上单调递减；在 上单调递增.
（2 ）证明：要证 ln ，
只需证： ln ln
根据 ln ln ，只需证： ln
不妨设 ，由 ln ln 得： ln ln ；
e e ln ln
两边取指数，e e ，化简得：
e e e
令： ，则 e ，
根据（1）得 在 上单调递减；
在 上单调递增（如下图所示），
由于 在 上单调递减，在 上单调递增，
要使 且 ，
则必有 ，即
ln 由 得： .
要证 ln ，只需证： ln ，
由于 在 上单调递增，要证： ln ，
只需证： ln ，
又 ，只需证： ln ，
e e ln
e
只需证： ，
ln ln
只需证：e ln e，
ln
只需证： ，
e e
ln
只需证： ，
e e
ln
即证 e ，
e
ln ln
令 e e ，
e e
只需证： ，
e e
e ，
e e e e e
令 e e ，
e e 在 上单调递减，
所以 ，
e e
所以
e e
所以 在 上单调递减，所以
所以
所以： ln .
【点睛】
函数与导 数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判 断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数） ，或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数 进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新 函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
22、
【答 案】
(1) ， ： ， ：
(2)
【分析】
（1）把 、 的方程化为直角坐标方程，根据曲线 关于曲线 对称，知圆心 在 上，从而求得 的
值；
（2）由题意得 ， ， ，
，再由两角和与差的余弦公式计算求解．
【详解】
（1） ： ，∵曲线 关于曲线 对称，∴圆心 在 上，即 ，
整理得 ，即 ．
∴ ： ．
（2） ， ， ，
，
∴
．
23、
【答 案】
（1） ；（2）详见解析.
【分析】
【详解】
(1)由 可知 .所以可知a-m=-1,a+m=5,从而可解出m,a的值.
(2) 当a=2时， 0 等价于 ,
因为 ,可以利用零点分段法讨论去绝对值，也可以两边先平方后，移 项整理再次去绝对值均可.