浙江省選考十校聯(lián)盟2022年數(shù)學高三第一學期期末聯(lián)考模擬試題含解析_第1頁
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文檔簡介

2022-2023學年高三上數(shù)學期末模擬試卷注意事項1.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回.2.答題前,請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.3.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.4.作答選擇題,必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑;如需改動,請用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案.作答非選擇題,必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律無效.5.如需作圖,須用2B鉛筆繪、寫清楚,線條、符號等須加黑、加粗.一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.已知雙曲線的左、右頂點分別為,點是雙曲線上與不重合的動點,若,則雙曲線的離心率為()A. B. C.4 D.22.已知雙曲線的焦距是虛軸長的2倍,則雙曲線的漸近線方程為()A. B. C. D.3.已知數(shù)列滿足,且成等比數(shù)列.若的前n項和為,則的最小值為()A. B. C. D.4.如圖,正方體中,,,,分別為棱、、、的中點,則下列各直線中,不與平面平行的是()A.直線 B.直線 C.直線 D.直線5.已知橢圓+=1(a>b>0)與直線交于A,B兩點,焦點F(0,-c),其中c為半焦距,若△ABF是直角三角形,則該橢圓的離心率為()A. B. C. D.6.在中,“”是“為鈍角三角形”的()A.充分非必要條件 B.必要非充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7.有一改形塔幾何體由若千個正方體構(gòu)成,構(gòu)成方式如圖所示,上層正方體下底面的四個頂點是下層正方體上底面各邊的中點.已知最底層正方體的棱長為8,如果改形塔的最上層正方體的邊長小于1,那么該塔形中正方體的個數(shù)至少是()A.8 B.7 C.6 D.48.如圖所示,正方體的棱,的中點分別為,,則直線與平面所成角的正弦值為()A. B. C. D.9.已知實數(shù)滿足不等式組,則的最小值為()A. B. C. D.10.已知斜率為2的直線l過拋物線C:的焦點F,且與拋物線交于A,B兩點,若線段AB的中點M的縱坐標為1,則p=()A.1 B. C.2 D.411.已知角的頂點為坐標原點,始邊與軸的非負半軸重合,終邊上有一點,則().A. B. C. D.12.()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.設(shè)是定義在上的函數(shù),且,對任意,若經(jīng)過點的一次函數(shù)與軸的交點為,且互不相等,則稱為關(guān)于函數(shù)的平均數(shù),記為.當_________時,為的幾何平均數(shù).(只需寫出一個符合要求的函數(shù)即可)14.在四面體中,分別是的中點.則下述結(jié)論:①四面體的體積為;②異面直線所成角的正弦值為;③四面體外接球的表面積為;④若用一個與直線垂直,且與四面體的每個面都相交的平面去截該四面體,由此得到一個多邊形截面,則該多邊形截面面積最大值為.其中正確的有_____.(填寫所有正確結(jié)論的編號)15.已知的展開式中第項與第項的二項式系數(shù)相等,則__________.16.三對父子去參加親子活動,坐在如圖所示的6個位置上,有且僅有一對父子是相鄰而坐的坐法有________種(比如:B與D、B與C是相鄰的,A與D、C與D是不相鄰的).三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知函數(shù)的定義域為,且滿足,當時,有,且.(1)求不等式的解集;(2)對任意,恒成立,求實數(shù)的取值范圍.18.(12分)已知函數(shù)(Ⅰ)若,求曲線在點處的切線方程;(Ⅱ)若在上恒成立,求實數(shù)的取值范圍;(Ⅲ)若數(shù)列的前項和,,求證:數(shù)列的前項和.19.(12分)已知為等差數(shù)列,為等比數(shù)列,的前n項和為,滿足,,,.(1)求數(shù)列和的通項公式;(2)令,數(shù)列的前n項和,求.20.(12分)已知函數(shù),.(1)證明:函數(shù)的極小值點為1;(2)若函數(shù)在有兩個零點,證明:.21.(12分)已知數(shù)列是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,,且,,成等差數(shù)列.(Ⅰ)求數(shù)列的通項公式;(Ⅱ)設(shè),為數(shù)列的前項和,記,證明:.22.(10分)為了加強環(huán)保知識的宣傳,某學校組織了垃圾分類知識竟賽活動.活動設(shè)置了四個箱子,分別寫有“廚余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”;另有卡片若干張,每張卡片上寫有一種垃圾的名稱.每位參賽選手從所有卡片中隨機抽取張,按照自己的判斷將每張卡片放入對應(yīng)的箱子中.按規(guī)則,每正確投放一張卡片得分,投放錯誤得分.比如將寫有“廢電池”的卡片放入寫有“有害垃圾”的箱子,得分,放入其它箱子,得分.從所有參賽選手中隨機抽取人,將他們的得分按照、、、、分組,繪成頻率分布直方圖如圖:(1)分別求出所抽取的人中得分落在組和內(nèi)的人數(shù);(2)從所抽取的人中得分落在組的選手中隨機選取名選手,以表示這名選手中得分不超過分的人數(shù),求的分布列和數(shù)學期望.

參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

設(shè),,,根據(jù)可得①,再根據(jù)又②,由①②可得,化簡可得,即可求出離心率.【詳解】解:設(shè),,,∵,∴,即,①又,②,由①②可得,∵,∴,∴,∴,即,故選:D.【點睛】本題考查雙曲線的方程和性質(zhì),考查了斜率的計算,離心率的求法,屬于基礎(chǔ)題和易錯題.2、A【解析】

根據(jù)雙曲線的焦距是虛軸長的2倍,可得出,結(jié)合,得出,即可求出雙曲線的漸近線方程.【詳解】解:由雙曲線可知,焦點在軸上,則雙曲線的漸近線方程為:,由于焦距是虛軸長的2倍,可得:,∴,即:,,所以雙曲線的漸近線方程為:.故選:A.【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質(zhì),以及雙曲線的漸近線方程.3、D【解析】

利用等比中項性質(zhì)可得等差數(shù)列的首項,進而求得,再利用二次函數(shù)的性質(zhì),可得當或時,取到最小值.【詳解】根據(jù)題意,可知為等差數(shù)列,公差,由成等比數(shù)列,可得,∴,解得.∴.根據(jù)單調(diào)性,可知當或時,取到最小值,最小值為.故選:D.【點睛】本題考查等差數(shù)列通項公式、等比中項性質(zhì)、等差數(shù)列前項和的最值,考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查邏輯推理能力和運算求解能力,求解時注意當或時同時取到最值.4、C【解析】

充分利用正方體的幾何特征,利用線面平行的判定定理,根據(jù)判斷A的正誤.根據(jù),判斷B的正誤.根據(jù)與相交,判斷C的正誤.根據(jù),判斷D的正誤.【詳解】在正方體中,因為,所以平面,故A正確.因為,所以,所以平面故B正確.因為,所以平面,故D正確.因為與相交,所以與平面相交,故C錯誤.故選:C【點睛】本題主要考查正方體的幾何特征,線面平行的判定定理,還考查了推理論證的能力,屬中檔題.5、A【解析】

聯(lián)立直線與橢圓方程求出交點A,B兩點,利用平面向量垂直的坐標表示得到關(guān)于的關(guān)系式,解方程求解即可.【詳解】聯(lián)立方程,解方程可得或,不妨設(shè)A(0,a),B(-b,0),由題意可知,·=0,因為,,由平面向量垂直的坐標表示可得,,因為,所以a2-c2=ac,兩邊同時除以可得,,解得e=或(舍去),所以該橢圓的離心率為.故選:A【點睛】本題考查橢圓方程及其性質(zhì)、離心率的求解、平面向量垂直的坐標表示;考查運算求解能力和知識遷移能力;利用平面向量垂直的坐標表示得到關(guān)于的關(guān)系式是求解本題的關(guān)鍵;屬于中檔題、??碱}型.6、C【解析】分析:從兩個方向去判斷,先看能推出三角形的形狀是銳角三角形,而非鈍角三角形,從而得到充分性不成立,再看當三角形是鈍角三角形時,也推不出成立,從而必要性也不滿足,從而選出正確的結(jié)果.詳解:由題意可得,在中,因為,所以,因為,所以,,結(jié)合三角形內(nèi)角的條件,故A,B同為銳角,因為,所以,即,所以,因此,所以是銳角三角形,不是鈍角三角形,所以充分性不滿足,反之,若是鈍角三角形,也推不出“,故必要性不成立,所以為既不充分也不必要條件,故選D.點睛:該題考查的是有關(guān)充分必要條件的判斷問題,在解題的過程中,需要用到不等式的等價轉(zhuǎn)化,余弦的和角公式,誘導公式等,需要明確對應(yīng)此類問題的解題步驟,以及三角形形狀對應(yīng)的特征.7、A【解析】

則從下往上第二層正方體的棱長為:,從下往上第三層正方體的棱長為:,從下往上第四層正方體的棱長為:,以此類推,能求出改形塔的最上層正方體的邊長小于1時該塔形中正方體的個數(shù)的最小值的求法.【詳解】最底層正方體的棱長為8,則從下往上第二層正方體的棱長為:,從下往上第三層正方體的棱長為:,從下往上第四層正方體的棱長為:,從下往上第五層正方體的棱長為:,從下往上第六層正方體的棱長為:,從下往上第七層正方體的棱長為:,從下往上第八層正方體的棱長為:,∴改形塔的最上層正方體的邊長小于1,那么該塔形中正方體的個數(shù)至少是8.故選:A.【點睛】本小題主要考查正方體有關(guān)計算,屬于基礎(chǔ)題.8、C【解析】

以D為原點,DA,DC,DD1分別為軸,建立空間直角坐標系,由向量法求出直線EF與平面AA1D1D所成角的正弦值.【詳解】以D為原點,DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標系,設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2,則,,,取平面的法向量為,設(shè)直線EF與平面AA1D1D所成角為θ,則sinθ=|,直線與平面所成角的正弦值為.故選C.【點睛】本題考查了線面角的正弦值的求法,也考查數(shù)形結(jié)合思想和向量法的應(yīng)用,屬于中檔題.9、B【解析】

作出約束條件的可行域,在可行域內(nèi)求的最小值即為的最小值,作,平移直線即可求解.【詳解】作出實數(shù)滿足不等式組的可行域,如圖(陰影部分)令,則,作出,平移直線,當直線經(jīng)過點時,截距最小,故,即的最小值為.故選:B【點睛】本題考查了簡單的線性規(guī)劃問題,解題的關(guān)鍵是作出可行域、理解目標函數(shù)的意義,屬于基礎(chǔ)題.10、C【解析】

設(shè)直線l的方程為x=y(tǒng),與拋物線聯(lián)立利用韋達定理可得p.【詳解】由已知得F(,0),設(shè)直線l的方程為x=y(tǒng),并與y2=2px聯(lián)立得y2﹣py﹣p2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點C(x0,y0),∴y1+y2=p,又線段AB的中點M的縱坐標為1,則y0(y1+y2)=,所以p=2,故選C.【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的相交弦問題,利用韋達定理是解題的關(guān)鍵,屬中檔題.11、B【解析】

根據(jù)角終邊上的點坐標,求得,代入二倍角公式即可求得的值.【詳解】因為終邊上有一點,所以,故選:B【點睛】此題考查二倍角公式,熟練記憶公式即可解決,屬于簡單題目.12、B【解析】

利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案.【詳解】.故選B.【點睛】本題考查復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算,考查了復數(shù)的基本概念,是基礎(chǔ)題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】

由定義可知三點共線,即,通過整理可得,繼而可求出正確答案.【詳解】解:根據(jù)題意,由定義可知:三點共線.故可得:,即,整理得:,故可以選擇等.故答案為:.【點睛】本題考查了兩點的斜率公式,考查了推理能力,考查了運算能力.本題關(guān)鍵是分析出三點共線.14、①③④.【解析】

補圖成長方體,在長方體中利用割補法求四面體的體積,和外接球的表面積,以及異面直線的夾角,作出截面即可計算截面面積的最值.【詳解】根據(jù)四面體特征,可以補圖成長方體設(shè)其邊長為,,解得補成長,寬,高分別為的長方體,在長方體中:①四面體的體積為,故正確②異面直線所成角的正弦值等價于邊長為的矩形的對角線夾角正弦值,可得正弦值為,故錯;③四面體外接球就是長方體的外接球,半徑,其表面積為,故正確;④由于,故截面為平行四邊形,可得,設(shè)異面直線與所成的角為,則,算得,.故正確.故答案為:①③④.【點睛】此題考查根據(jù)幾何體求體積,外接球的表面積,異面直線夾角和截面面積最值,關(guān)鍵在于熟練掌握點線面位置關(guān)系的處理方法,補圖法作為解決體積和外接球問題的常用方法,平常需要積累常見幾何體的補圖方法.15、【解析】

根據(jù)的展開式中第項與第項的二項式系數(shù)相等,得到,再利用組合數(shù)公式求解.【詳解】因為的展開式中第項與第項的二項式系數(shù)相等,所以,即,所以,即,解得.故答案為:10【點睛】本題主要考查二項式的系數(shù),還考查了運算求解的能力,屬于基礎(chǔ)題.16、192【解析】

根據(jù)題意,分步進行分析:①,在三對父子中任選1對,安排在相鄰的位置上,②,將剩下的4人安排在剩下的4個位置,要求父子不能坐在相鄰的位置,由分步計數(shù)原理計算可得答案.【詳解】根據(jù)題意,分步進行分析:①,在三對父子中任選1對,有3種選法,由圖可得相鄰的位置有4種情況,將選出的1對父子安排在相鄰的位置,有種安排方法;②,將剩下的4人安排在剩下的4個位置,要求父子不能坐在相鄰的位置,有種安排方法,則有且僅有一對父子是相鄰而坐的坐法種;故答案為:【點睛】本題考查排列、組合的應(yīng)用,涉及分步計數(shù)原理的應(yīng)用,屬于基礎(chǔ)題.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1);(2).【解析】

(1)利用定義法求出函數(shù)在上單調(diào)遞增,由和,求出,求出,運用單調(diào)性求出不等式的解集;(2)由于恒成立,由(1)得出在上單調(diào)遞增,恒成立,設(shè),利用三角恒等變換化簡,結(jié)合恒成立的條件,構(gòu)造新函數(shù),利用單調(diào)性和最值,求出實數(shù)的取值范圍.【詳解】(1)設(shè),,所以函數(shù)在上單調(diào)遞增,又因為和,則,所以得解得,即,故的取值范圍為;(2)由于恒成立,恒成立,設(shè),則,令,則,所以在區(qū)間上單調(diào)遞增,所以,根據(jù)條件,只要,所以.【點睛】本題考查利用定義法求函數(shù)的單調(diào)性和利用單調(diào)性求不等式的解集,考查不等式恒成立問題,還運用降冪公式、兩角和與差的余弦公式、輔助角公式,考查轉(zhuǎn)化思想和解題能力.18、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)證明見解析.【解析】試題分析:將,求出切線方程求導后討論當時和時的單調(diào)性證明,求出實數(shù)的取值范圍先求出、的通項公式,利用當時,得,下面證明:解析:(Ⅰ)因為,所以,,切點為.由,所以,所以曲線在處的切線方程為,即(Ⅱ)由,令,則(當且僅當取等號).故在上為增函數(shù).①當時,,故在上為增函數(shù),所以恒成立,故符合題意;②當時,由于,,根據(jù)零點存在定理,必存在,使得,由于在上為增函數(shù),故當時,,故在上為減函數(shù),所以當時,,故在上不恒成立,所以不符合題意.綜上所述,實數(shù)的取值范圍為(III)證明:由由(Ⅱ)知當時,,故當時,,故,故.下面證明:因為而,所以,,即:點睛:本題考查了利用導數(shù)的幾何意義求出參數(shù)及證明不等式成立,借助第二問的證明過程,利用導數(shù)的單調(diào)性證明數(shù)列的不等式,在求解的過程中還要求出數(shù)列的和,計算較為復雜,本題屬于難題.19、(1),;(2).【解析】

(1)設(shè)的公差為,的公比為,由基本量法列式求出后可得通項公式;(2)奇數(shù)項分一組用裂項相消法求和,偶數(shù)項分一組用等比數(shù)列求和公式求和.【詳解】(1)設(shè)的公差為,的公比為,由,.得:,解得,∴,;(2)由,得,為奇數(shù)時,,為偶數(shù)時,,∴.【點睛】本題考查求等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式,考查分組求和法及裂項相消法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的前項和公式,求通項公式采取的是基本量法,即求出公差、公比,由通項公式前項和公式得出相應(yīng)結(jié)論.數(shù)列求和問題,對不是等差數(shù)列或等比數(shù)列的數(shù)列求和,需掌握一些特殊方法:錯位相減法,裂項相消法,分組(并項)求和法,倒序相加法等等.20、(1)見解析(2)見解析【解析】

(1)利用導函數(shù)的正負確定函數(shù)的增減.(2)函數(shù)在有兩個零點,即方程在區(qū)間有兩解,令通過二次求導確定函數(shù)單調(diào)性證明參數(shù)范圍.【詳解】解:(1)證明:因為,當時,,,所以在區(qū)間遞減;當時,,所以,所以在

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