2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学数学高三第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．如果，那么下列不等式成立的是（）A． B．C． D．2．函数的大致图象是A． B． C． D．3．如图，矩形ABCD中，，，E是AD的中点，将沿BE折起至，记二面角的平面角为，直线与平面BCDE所成的角为，与BC所成的角为，有如下两个命题：①对满足题意的任意的的位置，；②对满足题意的任意的的位置，，则()A．命题①和命题②都成立 B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立 D．命题①不成立，命题②成立4．如图所示的茎叶图为高三某班名学生的化学考试成绩，算法框图中输入的，，，，为茎叶图中的学生成绩，则输出的，分别是（）A．， B．，C．， D．，5．已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为1．其中正确的个数是（）．A．1 B．1 C．3 D．46．设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．即不充分不必要条件7．设，则“”是“”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8．已知集合，，若，则（）A． B． C． D．9．在平面直角坐标系中，锐角顶点在坐标原点，始边为x轴正半轴，终边与单位圆交于点，则（）A． B． C． D．10．已知，若方程有唯一解，则实数的取值范围是()A． B．C． D．11．若命题p：从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为三分之一；命题q：在边长为4的正方形ABCD内任取一点M，则∠AMB>90°的概率为π8A．p∧qB．(¬p)∧qC．p∧(¬q)D．¬q12．已知正方体的棱长为，，，分别是棱，，的中点，给出下列四个命题:①;②直线与直线所成角为;③过，，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;④三棱锥的体积为.其中，正确命题的个数为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如果椭圆的对称轴为坐标轴，短轴的一个端点与两焦点组成一正三角形，焦点在x轴上，且=,那么椭圆的方程是．14．若函数恒成立,则实数的取值范围是_____.15．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线交抛物线于两点，，若线段的垂直平分线与轴交点的横坐标为，则的值为_________.16．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线过且与抛物线交于两点，为坐标原点，若在第一象限，那么_______________．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）已知非零实数满足．（1）求证：；（2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由18．（12分）某保险公司给年龄在岁的民众提供某种疾病的一年期医疗保险，现从名参保人员中随机抽取名作为样本进行分析，按年龄段分成了五组，其频率分布直方图如下图所示；参保年龄与每人每年应交纳的保费如下表所示.据统计，该公司每年为这一万名参保人员支出的各种费用为一百万元.年龄（单位：岁）保费（单位：元）（1）用样本的频率分布估计总体分布，为使公司不亏本，求精确到整数时的最小值；（2）经调查，年龄在之间的老人每人中有人患该项疾病(以此频率作为概率).该病的治疗费为元，如果参保，保险公司补贴治疗费元.某老人年龄岁，若购买该项保险(取中的).针对此疾病所支付的费用为元；若没有购买该项保险，针对此疾病所支付的费用为元.试比较和的期望值大小，并判断该老人购买此项保险是否划算？19．（12分）如图,在四棱锥中,底面是矩形,四条侧棱长均相等.（1）求证：平面;（2）求证：平面平面.20．（12分）已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为、，过左焦点的直线交椭圆于、两点（异于、两点），当直线垂直于轴时，四边形的面积为1．（1）求椭圆的方程；（2）设直线、的交点为；试问的横坐标是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．21．（12分）在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为、，与直线的交点为，求线段的长.22．（10分）已知数列，，数列满足，n．（1）若，，求数列的前2n项和；（2）若数列为等差数列，且对任意n，恒成立．①当数列为等差数列时，求证：数列，的公差相等；②数列能否为等比数列？若能，请写出所有满足条件的数列；若不能，请说明理由．

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、D【解析】

利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出.【详解】∵，∴，，，.故选：D.【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题.2、A【解析】

利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；当时，，可排除D选项；当时，，当时，，即，可排除C选项，故选：A【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题．3、A【解析】

作出二面角的补角、线面角、线线角的补角，由此判断出两个命题的正确性.【详解】①如图所示，过作平面，垂足为，连接，作，连接.由图可知，，所以，所以①正确.②由于，所以与所成角，所以，所以②正确.综上所述，①②都正确.故选：A【点睛】本题考查了折叠问题、空间角、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4、B【解析】

试题分析：由程序框图可知，框图统计的是成绩不小于80和成绩不小于60且小于80的人数，由茎叶图可知，成绩不小于80的有12个，成绩不小于60且小于80的有26个，故，．考点：程序框图、茎叶图．5、C【解析】

由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确;反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.【详解】画出图形：若为的外心，则，平面,可得,即，①正确;若为等边三角形，，又可得平面，即,由可得，矛盾，②错误;若，设与平面所成角为可得，设到平面的距离为由可得即有，当且仅当取等号.可得的最大值为，即的范围为，③正确；取中点，的中点，连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上，而，可得④正确；所以正确的是：①③④故选：C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.6、A【解析】

试题分析：α⊥β，b⊥m又直线a在平面α内，所以a⊥b，但直线不一定相交，所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.考点：充分条件、必要条件.7、B【解析】

先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即可【详解】解不等式可得，解绝对值不等式可得，由于为的子集，据此可知“”是“”的必要不充分条件．故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件的判定，考查了学生数学运算，逻辑推理能力，属于基础题.8、A【解析】

由，得，代入集合B即可得.【详解】，，，即：，故选：A【点睛】本题考查了集合交集的含义，也考查了元素与集合的关系，属于基础题.9、A【解析】

根据单位圆以及角度范围，可得，然后根据三角函数定义，可得，最后根据两角和的正弦公式，二倍角公式，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：，又为锐角所以，根据三角函数的定义：所以由所以故选：A【点睛】本题考查三角函数的定义以及两角和正弦公式，还考查二倍角的正弦、余弦公式，难点在于公式的计算，识记公式，简单计算，属基础题.10、B【解析】

求出的表达式，画出函数图象，结合图象以及二次方程实根的分布，求出的范围即可．【详解】解：令，则，则，故，如图示：由，得，函数恒过，，由，，可得，，，若方程有唯一解，则或，即或；当即图象相切时，根据，，解得舍去），则的范围是，故选：．【点睛】本题考查函数的零点问题，考查函数方程的转化思想和数形结合思想，属于中档题．11、B【解析】因为从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为P1=1C42=16，即命题p是错误，则¬p是正确的；在边长为4的正方形ABCD内任取一点M点睛：本题将古典型概率公式、几何型概率公式与命题的真假（含或、且、非等连接词）的命题构成的复合命题的真假的判定有机地整合在一起，旨在考查命题真假的判定及古典概型的特征与计算公式的运用、几何概型的特征与计算公式的运用等知识与方法的综合运用，以及分析问题解决问题的能力。12、C【解析】

画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可．【详解】如图；连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，，可知平面，即可证明，所以①正确；直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；过，，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形．所以③不正确；如图：三棱锥的体积为：由条件易知F是GM中点，所以,而，．所以三棱锥的体积为，④正确；故选：．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题意可设椭圆方程为：∵短轴的一个端点与两焦点组成一正三角形，焦点在轴上∴又，∴，∴椭圆的方程为，故答案为．考点：椭圆的标准方程，解三角形以及解方程组的相关知识．14、【解析】

若函数恒成立，即，求导得，在三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的，解关于的不等式，再取并集，即得。【详解】由题意得,只要即可，，当时，令解得，令，解得，单调递减，令，解得，单调递增，故在时，有最小值，，若恒成立，则，解得；当时，恒成立;当时，，单调递增，,不合题意,舍去.综上,实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查恒成立条件下，求参数的取值范围，是常考题型。15、1【解析】

设，写出直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理求得，由抛物线定义得焦点弦长，求得，再写出的垂直平分线方程，得，从而可得结论．【详解】抛物线的焦点坐标为，直线的方程为，据得.设，则.线段垂直平分线方程为，令，则，所以，所以.故答案为：1．【点睛】本题考查抛物线的焦点弦问题，根据抛物线的定义表示出焦点弦长是解题关键．16、2【解析】

如图所示，先证明，再利用抛物线的定义和相似得到.【详解】由题得,.因为.所以,过点A、B分别作准线的垂线，垂足分别为M，N，过点B作于点E,设|BF|=m，|AF|=n，则|BN|=m，|AM|=n，所以|AE|=n-m，因为,所以|AB|=3(n-m)，所以3(n-m)=n+m，所以.所以.故答案为：2【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线的定义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.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）见解析（2）存在，【解析】

（1）利用作差法即可证出.（2）将不等式通分化简可得，讨论或，分离参数，利用基本不等式即可求解.【详解】又即即①当时，即恒成立（当且仅当时取等号），故②当时恒成立（当且仅当时取等号），故综上，【点睛】本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.18、（1）30；（2），比较划算.【解析】

（1）由频率和为1求出，根据的值求出保费的平均值，然后解一元一次不等式即可求出结果，最后取近似值即可；（2）分别计算参保与不参保时的期望，，比较大小即可.【详解】解:（1）由，解得.保险公司每年收取的保费为:∴要使公司不亏本，则，即解得∴.（2）①若该老人购买了此项保险，则的取值为∴(元).②若该老人没有购买此项保险，则的取值为.∴(元).∴年龄为的该老人购买此项保险比较划算.【点睛】本题考查学生利用相关统计图表知识处理实际问题的能力，掌握频率分布直方图的基本性质，知道数学期望是平均数的另一种数学语言，为容易题.19、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

证明：（1）在矩形中，，又平面，平面，所以平面．（2）连结，交于点，连结，在矩形中，点为的中点，又，故，，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．20、（1）（2）是为定值，的横坐标为定值【解析】

（1）根据“直线垂直于轴时，四边形的面积为1”列方程，由此求得，结合椭圆离心率以及，求得，由此求得椭圆方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，化简后写出根与系数关系.求得直线的方程，并求得两直线交点的横坐标，结合根与系数关系进行化简，求得的横坐标为定值.【详解】（1）依题意可知，解得，即；而，即，结合解得，，因此椭圆方程为（2）由题意得，左焦点，设直线的方程为：，，．由消去并整理得，∴，．直线的方程为：，直线的方程为：．联系方程，解得，又因为．所以．所以的横坐标为定值．【点睛】本小题主要考查根据椭圆离心率求椭圆方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和直线交点坐标的求法，考查运算求解能力，属于中档题.21、（1）（2）【解析