1、2022-2023学年上学期1月期末高三文科数学一、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已知集合，则（）ABCD2已知角的终边上有一点，则（）ABCD3某几何体的三视图如图所示（单位：cm），其俯视图是两个同心圆，且小圆的内接四边形是正方形，则该几何体的体积等于（）ABCD4中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学;某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“礼”排
2、第一节课，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有几种（）ABCD5已知等差数列an的前n项和为Sn，a13，2a4+3a79，则S7的值等于（）A21B1C42D06已知向量与单位向量所成的角为，且满足对任意的，恒有，则的最小值为（）ABCD7设为任一实数，表示不超过的最大整数，表示不小于的最小整数，例如，那么“”是“”的（）A充分条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件8已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线上存在一点满足，则椭圆的离心率的取值范围为（）ABCD 9设数列的各项都为正数且，内的点均满足和的面积比为，若，则的值为（）ABCD10已知等边
3、三角形ABC的边长为，点P是该三角形外接圆上的动点，则的最小值为（）ABCD11在某互联网大会上，为了提升安保级别，将甲、乙等5名特警分配到3个不同的路口执勤，每个人只能分配到1个路口，每个路口最少1人，且甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有（）A180种B150种C96种D114种12下列函数中，最小值为2的函数是（）ABCD二、填空题：本题5小题，共20分。13已知，复数且 (为虚数单位) ，则复数的模为_14曲线在点 处的切线倾斜角为_15已知矩形中，点，分别为线段的中点，现将沿翻转，直到与首次重合，则此过程中，线段的中点的运动轨迹长度为_16若，为的三边，且，成等差数列，则的
4、最小值是_.三、解答题：本题6小题，共70分。17在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若（2ba）cosCccosA(1)求角C的大小；(2)若c3，求ABC的周长取值范围18近期，某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用表示活动推出的天数，表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表1所示：表一1234567611213466101196根据以上数据，绘制了如下图所示的散点图.（1）根据散点图判断，在推广期内
5、，与（，均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次关于活动推出天数的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据，求关于的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；（3）推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表2表2支付方式现金乘车卡扫码比例10%60%30%已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客，享受7折优惠的概率为，享受8折优惠的概率为，享受9折优惠的概率为根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，估计一名
6、乘客一次乘车的平均费用.参考数据：62.141.54253550.123.47其中，参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.19如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，分别是线段，的中点(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)求直线与平面所成角的正弦值20已知抛物线，点，为抛物线上的动点，直线为抛物线的准线，点到直线的距离为，的最小值为5(1)求抛物线的方程；(2)直线与抛物线相交于，两点，与轴相交于点，当直线，的斜率存在，设直线，的斜率分别为，是否存在实数，使得，若存在，求出；若不存在，说明理由21已知函数.（1）求函数的最小值；（2）求函数的单调区
7、间；（3）若函数在单调递增，求实数的取值范围.22已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程以及曲线的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到曲线距离的最大值.23已知函数，.（1）若关于x的不等式的整数解有且仅有一个值，当时，求不等式的解集；（2）若，若，使得成立，求实数k的取值范围.参考答案：1C根据集合的概念判断集合是由小于3的自然数组成，0，只有C正确，故选：C2D利用任意角的三角函数的定义，求得的值利用正弦二倍角公式可得答案由角的终边经过点，则，所以. 故选：D3C由
8、几何体的三视图可得，几何体是一圆台挖了一个内接正四棱柱，用圆台的体积减去正四棱柱的体积即可求得答案.圆台的体积为 ，设正四棱柱的底面边长为，则，得，则正四棱柱的体积，故几何体的体积为.故选：C本题考查了三视图的理解和圆台、正四棱柱的体积公式，还考察了空间想象能力.4B根据“礼”确定排在第一节，先排“乐”、“书”、“数”三门课程，再由“射”和“御”插空排序，结合乘法原理即可求解.由题意，“礼”排在第一节，1种排法，“射”和“御”两门课程不相邻，可先排“乐”、“书”、“数”三门课程，有种排法，再由“射”和“御”插空排序，有种排法， 所以“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种不同的排法.故选：B.5D
9、利用等差数列an的通项公式求出d1，由此能求出S7解：等差数列an的前n项和为Sn，a13，2a4+3a79，2（3+3d）+3（3+6d）9，解得d1，S77（3）+0故选：D6C将两边同时平方，将模的平方转化为向量的平方，通过不等式恒成立可求，再将平方，还是将模的平方转化为向量的平方，把代入，可将问题转化为关于的二次函数最值问题.已知向量与单位向量所成的角为，又对任意的，恒有，即，对任意的恒成立，即，且，即，的最小值为，故选：C.本题考查数量积的定义运算和数量积的性质运算，关键要通过将模的平方转化为向量的平方，把不等式恒成立问题转化求二次函数的最值问题，考查运算求解能力和转化与化归思想，是
10、中档题.7B直接利用充分条件和必要条件的定义判断.设 ，由和的定义得：，所以，即，故充分；当时，故不必要；故选：B8C取中点Q，可转化为，即，可求得，求解即得.取中点Q，由得，故，故三角形AFP为等腰三角形，即，且，所以，由于P在直线上，故即，解得：或，又故，故选：C9D由得到，作出图像，利用三角形面积的关系，得到数列的递推式，然后构造等比数列，即可求出结果.由得：，设，延长至，使，则与面积相等，以线段、为邻边作平行四边形，如图，则，所以，因此，又，所以，则，所以，因此，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，即.故选：D10C建立平面直角坐标系，设点A、B、C、P的坐标，求出的坐标，利用
11、数量积的坐标表示和辅助角公式求得为关于的三角函数，结合正弦函数的性质即可求解.以外接圆圆心为原点建立平面直角坐标系，如图，因为等边的边长为，则，设，则，所以，所以，因为，所以，所以的最小值0.故选：C.11D先考虑甲乙不在同一个路口的情况，再考虑甲乙再同一路口的情况，进而根据分配法求得答案.先不考虑条件“甲和乙不能安排在同一个路口”，则有两种情况：三个路口人数分别为3，1，1时，安排方法共有（种）；三个路口人数分别为2，2，1时，安排方法共有（种）若将甲、乙安排在同一路口，可以把甲、乙看作一个整体，则相当于将4名特警分配到3个不同的路口，安排方法共有（种）故甲和乙不安排在同一个路口的安排方法共
12、有（种）故选：D12DA.利用基本不等式判断； B.利用二次函数的性质判断； C. 利用二次函数的性质判断； D.利用基本不等式判断.A.当时，当且仅当，即时，等号成立；当时，当且仅当，即时，等号成立；故错误；B. ，故错误；C. ，故错误；D. ，当且仅当，即时，等号成立，故正确故选：D13将代入中化简，再根据复数相等的条件可求出，从而可求出复数，进而可求得复数的模因为，所以，所以，所以，解得，所以所以，故答案为：14，曲线在点 处的切线斜率为，设切线的倾斜角为，则，又，15#先分析出点的轨迹是一个半圆，再结合三角形中位线定理可得中点的轨迹也是一个半圆，即可得出结果由已知得:四边形是正方形，
13、沿DM翻转的过程中，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，其半径为，这个半圆与DM垂直设线段的中点，线段的中点，线段EF的中点为，在以为半径的半圆上取一点，连接，并取的中点，连接，由三角形中位线定理可得：，则点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，其半径为，线段AC的中点的运动轨迹长度为故答案为：16将等差中项代入余弦定理，利用不等式放缩可得的最小值， 则的最小值是故答案为：17(1)(2)（6，9（1）由于（2ba）cosCccosA，由正弦定理得（2sinBsinA）cosCsinCcosA，即2sinBcosCsinAcosC+sinCcosA，即2sinBcosCsin（A+C），可得：2sin
14、BcosCsinB，因为sinB0，所以，因为，所以（2）因为，由正弦定理可得，于是，因为ABC中，所以，所以，可得：，所以ABC周长的取值范围为：（6，918(1) 适宜 (2) ；3470；(3)1.66元（1）根据散点图判断，适宜作为扫码支付的人数关于活动推出天数的回归方程类型；（2），两边同时取常用对数得：；设， ，把样本中心点代入，得：，关于的回归方程式：；把带入上式，；活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470；（3）记一名乘客乘车支付的费用为，则的取值可能为：2，1.8，1.6，1.4；.分布列为：21.81.61.40.10.150.70.05所以，一名乘客一次乘车的平均费用为
15、：（元）本题主要考查了非线性回归与线性回归方程的转化，散点图，分布列及期望，属于中档题.19(1)证明见解析(2)证明见解析(3)（1）如图，取中点，连，为中位线，又平面，平面，平面，同理，在梯形中，又平面，平面，平面，且平面，平面，平面平面，又平面，所以平面（2）如上图，在四边形中，过作交于，在中，得，则，得， 又由已知条件，平面，故平面，又平面，平面平面（3）为等腰三角形，又因为平面，以为原点建立空间直角坐标系，如图：可得，设平面的法向量为，根据，得，解得，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值20(1)(2)存在；（1）设抛物线的焦点为，根据抛物线的定义得，由于，解得，则拋
16、物线的方程为（2）设，将代入抛物线的方程，整理得所以，同理，则,所以 ，21（1）；（2）单调递减区间为，单调递增区间为；（3）.（1）函数的定义域为，由得，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数的最小值为；（2），由得，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以的单调递减区间为，单调递增区间为；（3），因为函数在单调递增，所以在恒成立，即，因为，所以，所以；解题的关键是熟练掌握利用导数求解函数的单调区间、极值（最值）的方法，并灵活应用，在已知单调区间求参数时，可转化为恒成立问题，若，需要，若，需，考查计算化简的能力，属中档题.22（1）曲线：；曲线：；（2）（1）由题知，消去参数t，得到曲线的普通方程；由，由，将极坐标方程化为直角方程，即曲线的直角坐标方程为.（2）圆心到直线的距离为，则曲线上的点到曲线距离的最大值为.23（1）-4，4（2）（1）由题意，不等式，即，所以，又由，解得，因为，所以，当时，不等式等价于，或，或，即，或，或，综上可得，故不等式的解集为-4，4 .（2）因为，由，可得，又由，使得成立，则，解得或，故实数的取值范围为.