2023屆云南省楚雄州大姚縣第一中學高三數學第一學期期末復習檢測試題含解析

2022-2023學年高三上數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．若的二項式展開式中二項式系數的和為32，則正整數的值為（）A．7 B．6 C．5 D．42．世紀產生了著名的“”猜想：任給一個正整數，如果是偶數，就將它減半；如果是奇數，則將它乘加，不斷重復這樣的運算，經過有限步后，一定可以得到.如圖是驗證“”猜想的一個程序框圖，若輸入正整數的值為，則輸出的的值是（）A． B． C． D．3．若實數x，y滿足條件，目標函數，則z的最大值為()A． B．1 C．2 D．04．在中，，，，點，分別在線段，上，且，，則（）．A． B． C．4 D．95．已知復數(1+i)(a+i)為純虛數(i為虛數單位)，則實數a=（）A．-1 B．1 C．0 D．26．設全集為R，集合，，則A． B． C． D．7．“”是“函數的圖象關于直線對稱”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，，則輸出的（）A．4 B．5 C．6 D．79．《聊齋志異》中有這樣一首詩：“挑水砍柴不堪苦，請歸但求穿墻術.得訣自詡無所阻，額上墳起終不悟.”在這里，我們稱形如以下形式的等式具有“穿墻術”：，，，，則按照以上規(guī)律，若具有“穿墻術”，則（）A．48 B．63 C．99 D．12010．已知是虛數單位，則（）A． B． C． D．11．已知棱錐的三視圖如圖所示，其中俯視圖是等腰直角三角形，則該三棱錐的四個面中，最大面積為（）A． B． C． D．12．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是由一個棱柱挖去一個棱錐后的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為A．72 B．64 C．48 D．32二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設實數，若函數的最大值為，則實數的最大值為______.14．高三（1）班共有56人，學號依次為1，2，3，…，56，現用系統(tǒng)抽樣的辦法抽取一個容量為4的樣本，已知學號為6，34，48的同學在樣本中，那么還有一個同學的學號應為．15．已知向量，，若，則實數______.16．某高校組織學生辯論賽，六位評委為選手成績打出分數的莖葉圖如圖所示，若去掉一個最高分，去掉一個最低分，則所剩數據的平均數與中位數的差為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知.（1）若是上的增函數，求的取值范圍；（2）若函數有兩個極值點，判斷函數零點的個數.18．（12分）已知函數，.（1）求證：在區(qū)間上有且僅有一個零點，且；（2）若當時，不等式恒成立，求證：.19．（12分）已知函數，不等式的解集為.（1）求實數，的值；（2）若，，，求證：.20．（12分）已知矩形中，，E，F分別為，的中點.沿將矩形折起，使，如圖所示.設P、Q分別為線段，的中點，連接.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）如圖在直角中，為直角，，，分別為，的中點，將沿折起，使點到達點的位置，連接，，為的中點．（Ⅰ）證明：面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．22．（10分）已知數列滿足：對任意，都有.（1）若，求的值；（2）若是等比數列，求的通項公式；（3）設，，求證：若成等差數列，則也成等差數列.

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、C【解析】

由二項式系數性質，的展開式中所有二項式系數和為計算．【詳解】的二項展開式中二項式系數和為，．故選：C．【點睛】本題考查二項式系數的性質，掌握二項式系數性質是解題關鍵．2、C【解析】

列出循環(huán)的每一步，可得出輸出的的值.【詳解】，輸入，，不成立，是偶數成立，則；，不成立，是偶數成立，則；，不成立，是偶數成立，則；，不成立，是偶數不成立，則；，不成立，是偶數成立，則；，不成立，是偶數成立，則；，不成立，是偶數成立，則；，不成立，是偶數成立，則；，成立，跳出循環(huán)，輸出的值為.故選：C.【點睛】本題考查利用程序框圖計算輸出結果，考查計算能力，屬于基礎題.3、C【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移得到最大值.【詳解】若實數x，y滿足條件，目標函數如圖：當時函數取最大值為故答案選C【點睛】求線性目標函數的最值:當時，直線過可行域且在軸上截距最大時，值最大，在軸截距最小時，z值最小；當時，直線過可行域且在軸上截距最大時，值最小，在軸上截距最小時，值最大.4、B【解析】

根據題意，分析可得,由余弦定理求得的值，由可得結果.【詳解】根據題意，，則在中，又,則則則則故選：B【點睛】此題考查余弦定理和向量的數量積運算，掌握基本概念和公式即可解決，屬于簡單題目.5、B【解析】

化簡得到z=a-1+a+1【詳解】z=1+ia+i=a-1+a+1i為純虛數，故a-1=0故選：B.【點睛】本題考查了根據復數類型求參數，意在考查學生的計算能力.6、B【解析】分析：由題意首先求得，然后進行交集運算即可求得最終結果.詳解：由題意可得：，結合交集的定義可得：.本題選擇B選項.點睛：本題主要考查交集的運算法則，補集的運算法則等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.7、A【解析】

先求解函數的圖象關于直線對稱的等價條件，得到，分析即得解.【詳解】若函數的圖象關于直線對稱，則，解得，故“”是“函數的圖象關于直線對稱”的充分不必要條件．故選：A【點睛】本題考查了充分不必要條件的判斷，考查了學生邏輯推理，概念理解，數學運算的能力，屬于基礎題.8、C【解析】

根據程序框圖程序運算即可得.【詳解】依程序運算可得：，故選：C【點睛】本題主要考查了程序框圖的計算，解題的關鍵是理解程序框圖運行的過程.9、C【解析】

觀察規(guī)律得根號內分母為分子的平方減1，從而求出n.【詳解】解：觀察各式發(fā)現規(guī)律，根號內分母為分子的平方減1所以故選：C.【點睛】本題考查了歸納推理，發(fā)現總結各式規(guī)律是關鍵，屬于基礎題.10、B【解析】

根據復數的乘法運算法則，直接計算，即可得出結果.【詳解】.故選B【點睛】本題主要考查復數的乘法，熟記運算法則即可，屬于基礎題型.11、B【解析】

由三視圖可知，該三棱錐如圖,其中底面是等腰直角三角形，平面,結合三視圖求出每個面的面積即可.【詳解】由三視圖可知，該三棱錐如圖所示：其中底面是等腰直角三角形，平面,由三視圖知，因為,,所以,所以,因為為等邊三角形，所以,所以該三棱錐的四個面中，最大面積為.故選：B【點睛】本題考查三視圖還原幾何體并求其面積;考查空間想象能力和運算求解能力;三視圖正確還原幾何體是求解本題的關鍵;屬于中檔題、?？碱}型.12、B【解析】

由三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，利用體積公式，即可求解?！驹斀狻坑深}意，幾何體的三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，所以幾何體的體積為，故選B?！军c睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線。求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據，則當時，，即.當時，顯然成立；當時，由，轉化為，令，用導數法求其最大值即可.【詳解】因為，又當時，，即.當時，顯然成立；當時，由等價于，令，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，，則，又，得，因此的最大值為.故答案為：【點睛】本題主要考查導數在函數中的應用，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.14、20【解析】

根據系統(tǒng)抽樣的定義將56人按順序分成4組，每組14人，則1至14號為第一組，15至28號為第二組，29號至42號為第三組，43號至56號為第四組.而學號6,34,48分別是第一、三、四組的學號，所以還有一個同學應該是15+6-1=20號,故答案為20.15、-2【解析】

根據向量坐標運算可求得，根據平行關系可構造方程求得結果.【詳解】由題意得：，解得：本題正確結果：【點睛】本題考查向量的坐標運算，關鍵是能夠利用平行關系構造出方程.16、【解析】

先根據莖葉圖求出平均數和中位數，然后可得結果.【詳解】剩下的四個數為83，85，87，95，且這四個數的平均數，這四個數的中位數為，則所剩數據的平均數與中位數的差為.【點睛】本題主要考查莖葉圖的識別和統(tǒng)計量的計算，側重考查數據分析和數學運算的核心素養(yǎng).三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)(2)三個零點【解析】

(1)由題意知恒成立,構造函數，對函數求導，求得函數最值，進而得到結果；（2）當時先對函數求導研究函數的單調性可得到函數有兩個極值點，再證，.【詳解】（1）由得，由題意知恒成立，即，設，，時，遞減，時，，遞增；故，即，故的取值范圍是.（2）當時，單調，無極值；當時，，一方面，，且在遞減，所以在區(qū)間有一個零點.另一方面，，設，則，從而在遞增，則，即，又在遞增，所以在區(qū)間有一個零點.因此，當時在和各有一個零點，將這兩個零點記為，，當時，即；當時，即；當時，即：從而在遞增，在遞減，在遞增；于是是函數的極大值點，是函數的極小值點.下面證明：，由得，即，由得，令，則，①當時，遞減，則，而，故；②當時，遞減，則，而，故；一方面，因為，又，且在遞增，所以在上有一個零點，即在上有一個零點.另一方面，根據得，則有：，又，且在遞增，故在上有一個零點，故在上有一個零點.又，故有三個零點.【點睛】本題考查函數的零點，導數的綜合應用．在研究函數零點時，有一種方法是把函數的零點轉化為方程的解，再把方程的解轉化為函數圖象的交點，特別是利用分離參數法轉化為動直線與函數圖象交點問題，這樣就可利用導數研究新函數的單調性與極值，從而得出函數的變化趨勢，得出結論．18、（1）詳見解析；（2）詳見解析.【解析】

（1）利用求導數，判斷在區(qū)間上的單調性，然后再證異號，即可證明結論；（2）當時，不等式恒成立，分離參數只需時，恒成立，設（），需，根據（1）中的結論先求出，再構造函數結合導數法，證明即可.【詳解】（1），令，則，所以在區(qū)間上是增函數，則，所以在區(qū)間上是增函數.又因為，，所以在區(qū)間上有且僅有一個零點，且.（2）由題意，在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，當時，；當時，恒成立，設（），所以.由（1）可知，，使，所以，當時，，當時，，由此在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，所以.又因為，所以，從而，所以.令，，則，所以在區(qū)間上是增函數，所以，故.【點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到函數的單調性、函數的零點、極值最值、不等式的證明，分離參數是解題的關鍵，意在考查邏輯推理、數學計算能力，屬于較難題.19、（1），.（2）見解析【解析】

（1）分三種情況討論即可（2）將，的值代入，然后利用均值定理即可.【詳解】解：（1）不等式可化為.即有或或.解得，或或.所以不等式的解集為，故，.（2）由（1）知，，即，由，得，，當且僅當，即，時等號成立.故，即.【點睛】考查絕對值不等式的解法以及用均值定理證明不等式，中檔題.20、（1）證明見解析（2）【解析】

(1)取中點R，連接，,可知中,且,由Q是中點,可得則有且,即四邊形是平行四邊形,則有,即證得平面.(2)建立空間直角坐標系,求得半平面的法向量:,然后利用空間向量的相關結論可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）取中點R，連接，，則在中，，且，又Q是中點，所以，而且，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）在平面內作交于點G，以E為原點，，，分別為x，y，x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點坐標為，，，所以，，設平面的一個法向量為，則即，取，得，又平面的一個法向量為，所以.因此，二面角的余弦值為【點睛】本題考查線面平行的判定,考查利用空間向量求解二面角,考查邏輯推理能力及運算求解能力,難度一般.21、（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）取中點，連結、，四邊形是平行四邊形，由，，得，從而，，求出，由此能證明．（Ⅱ）以為原點，、、所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【詳解】證明：（Ⅰ）取中點，連結、，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∵，，，∴，∴，∴，在中，，又∵為的中點，∴，又∵，∴．解：（Ⅱ）∵，，，∴，以為原點，、、所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，設，則，，，，∴，，，設面的法向量，則，取，得，同理，得平面的法向量，設二面角的平面角為，則，∴二面角的余弦值為．【點睛】本題考查面面垂直及線面垂直性質定理、線面垂直判定與性質定理以及利用空間向量求線面角與二面角，考查基本分析求解能力，屬中檔題．22、（1）3；（2）；（