2022-2023学年江苏省泰州市泰州栋梁学校高三数学第一学期期末质量检测试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题①的值域为②的一个对称轴是③的一个对称中心是④存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（）A．1 B．2 C．3 D．42．设全集，集合，则＝()A． B． C． D．3．如图，正方体中，，，，分别为棱、、、的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（）A．直线 B．直线 C．直线 D．直线4．函数在上单调递减，且是偶函数，若，则的取值范围是（）A．（2，+∞） B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）C．（1，2） D．（﹣∞，1）5．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（）A．12 B． C． D．6．的展开式中的系数是（）A．160 B．240 C．280 D．3207．将函数图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象关于直线对称，则函数在上的值域是（）A． B． C． D．8．已知双曲线：的左右焦点分别为，，为双曲线上一点，为双曲线C渐近线上一点，，均位于第一象限，且，，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．9．已知复数和复数，则为A． B． C． D．10．设正项等差数列的前项和为，且满足，则的最小值为A．8 B．16 C．24 D．3611．已知，则（）A．5 B． C．13 D．12．己知全集为实数集R，集合A={x|x2+2x-8>0}，B={x|log2x<1}，则等于（）A．[4,2] B．[4,2) C．(4,2) D．(0,2)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，若恒成立，则的取值范围是___________.14．数列满足递推公式，且，则___________.15．如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________．16．已知点为双曲线的右焦点，两点在双曲线上，且关于原点对称，若，设，且，则该双曲线的焦距的取值范围是________.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）已知在四棱锥中，平面，，在四边形中，，，，为的中点，连接，为的中点，连接.（1）求证：.（2）求二面角的余弦值.18．（12分）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，，.（1）若，证明：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.19．（12分）已知椭圆：（），点是的左顶点，点为上一点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与的另一个交点为（异于点），是否存在直线，使得以为直径的圆经过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；（2）若射线与曲线C交于点A（不同于极点O），与直线l交于点B，求的最大值.21．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.22．（10分）年，山东省高考将全面实行“选”的模式（即：语文、数学、外语为必考科目，剩下的物理、化学、历史、地理、生物、政治六科任选三科进行考试）.为了了解学生对物理学科的喜好程度，某高中从高一年级学生中随机抽取人做调查.统计显示，男生喜欢物理的有人，不喜欢物理的有人；女生喜欢物理的有人，不喜欢物理的有人.（1）据此资料判断是否有的把握认为“喜欢物理与性别有关”；（2）为了了解学生对选科的认识，年级决定召开学生座谈会.现从名男同学和名女同学（其中男女喜欢物理）中，选取名男同学和名女同学参加座谈会，记参加座谈会的人中喜欢物理的人数为，求的分布列及期望.，其中.

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、C【解析】

由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④.【详解】由题,,则向右平移个单位可得,,的值域为,①错误；当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确；当时,,所以的一个对称中心是,③正确；,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确.即②③④正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.2、A【解析】

先求得全集包含的元素，由此求得集合的补集.【详解】由解得，故，所以，故选A.【点睛】本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.3、C【解析】

充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与相交，判断C的正误.根据，判断D的正误.【详解】在正方体中，因为，所以平面，故A正确.因为，所以，所以平面故B正确.因为，所以平面，故D正确.因为与相交，所以与平面相交，故C错误.故选：C【点睛】本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.4、B【解析】

根据题意分析的图像关于直线对称，即可得到的单调区间，利用对称性以及单调性即可得到的取值范围。【详解】根据题意，函数满足是偶函数，则函数的图像关于直线对称，若函数在上单调递减，则在上递增，所以要使，则有，变形可得，解可得：或，即的取值范围为；故选：B．【点睛】本题考查偶函数的性质，以及函数单调性的应用，有一定综合性，属于中档题。5、C【解析】

过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.【详解】在和中，，所以，则，过作于，连接，显然，则，且，又因为，所以平面，所以，当最大时，取得最大值，取的中点，则，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，所以最大值为，故的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.6、C【解析】

首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.【详解】由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.故选：C【点睛】本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.7、D【解析】

由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，余弦函数的值域，求得结果.【详解】解：把函数图象向右平移个单位长度后，可得的图象；再根据得到函数的图象关于直线对称，，，，函数.在上，，，故，即的值域是，故选：D.【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，余弦函数的值域，属于中档题．8、D【解析】由双曲线的方程的左右焦点分别为，为双曲线上的一点，为双曲线的渐近线上的一点，且都位于第一象限，且，可知为的三等分点，且,点在直线上，并且，则，，设，则，解得，即，代入双曲线的方程可得，解得，故选D．点睛：本题考查了双曲线的几何性质，离心率的求法，考查了转化思想以及运算能力，双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．9、C【解析】

利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出．【详解】z1z2＝（cos23°+isin23°）•（cos37°+isin37°）＝cos60°+isin60°＝．故答案为C．【点睛】熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键，复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.10、B【解析】

方法一：由题意得，根据等差数列的性质，得成等差数列，设，则，，则，当且仅当时等号成立，从而的最小值为16，故选B．方法二：设正项等差数列的公差为d，由等差数列的前项和公式及，化简可得，即，则，当且仅当，即时等号成立，从而的最小值为16，故选B．11、C【解析】

先化简复数，再求，最后求即可.【详解】解：，，故选：C【点睛】考查复数的运算，是基础题.12、D【解析】

求解一元二次不等式化简A，求解对数不等式化简B，然后利用补集与交集的运算得答案.【详解】解：由x2+2x-8>0，得x＜-4或x＞2，

∴A={x|x2+2x-8>0}＝{x|x＜-4或x＞2}，

由log2x<1，x＞0，得0＜x＜2，

∴B={x|log2x<1}＝{x|0＜x＜2}，

则，

∴.

故选：D.【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，考查了对数不等式，二次不等式的求法，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。【详解】因为，所以，因为，所以.当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.14、2020【解析】

可对左右两端同乘以得，依次写出，，，，累加可得，再由得，代入即可求解【详解】左右两端同乘以有，从而，，，，将以上式子累加得.由得.令，有.故答案为：2020【点睛】本题考查数列递推式和累加法的应用，属于基础题15、【解析】

由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求【详解】由，得，解得.因为，所以，，所以.又因为，所以.因为，所以.故答案为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题16、【解析】

设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，故，由双曲线定义可得，再求的值域即可.【详解】如图，设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，故.在中，由双曲线的定义可得，.故答案为：【点睛】本题考查双曲线定义及其性质，涉及到求余弦型函数的值域，考查学生的运算能力，是一道中档题.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）【解析】

（1）连接，证明，得到面，得到证明.（2）以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，为平面的法向量，平面的一个法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）连接，在四边形中，，平面，面，，，面，又面，，又在直角三角形中，，为的中点，，，面，面，.（2）以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设为平面的法向量，，，，，令，则，，，同理可得平面的一个法向量为.设向量与的所成的角为，，由图形知，二面角为锐二面角，所以余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.18、（1）见解析（2）【解析】

(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.(2)过作交于,由为的中点,结合已知有平面.则,可求得.建立坐标系分别求得面的法向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.【详解】（1）证明：平面，平面，,又四边形为正方形，.又、平面，且，平面..中，，为的中点，.又、平面，，平面.平面，平面平面.（2）解：过作交于，如图为的中点，，.又平面，平面.，.所以,又、、两两互相垂直，以、、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.，，，设平面的法向量，则，即.令，则，..平面的一个法向量为.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明方法,考查了空间线线、线面、面面位置关系，考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.19、（1）；（2）存在，【解析】

（1）把点代入椭圆C的方程，再结合离心率，可得a,b,c的关系，可得椭圆的方程；（2）设出直线的方程，代入椭圆，运用韦达定理可求得点的坐标，再由，可求得直线的方程,要注意检验直线是否和椭圆有两个交点．【详解】（1）由题可得∴，所以椭圆的方程（2）由题知，设，直线的斜率存在设为，则与椭圆联立得，，∴，，∴若以为直径的圆经过点，则，∴，化简得，∴，解得或因为与不重合，所以舍.所以直线的方程为.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了向量的数量积的运用，属于中档题.20、（1）：，直线：；（2）．【解析】

（1）由消参法把参数方程化为普通方程，再由公式进行直角坐标方程与极坐标方程的互化；（2）由极径的定义可直接把代入曲线和直线的极坐标方程，求出极径，把比值化为的三角函数，从而可得最大值、【详解】（1）消去参数可得曲线的普通方程是，即，代入得，即，∴曲线的极坐标方程是；由，化为直角坐标方程为．（2）设，则，，，当时，取得最大值为．【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式可轻松自如进行极坐标方程与直角坐标方程的互化．21、（Ⅰ）详见解析