2022年江苏省两校高三数学第一学期期末检测模拟试题含解析

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．已知，则（）A． B． C． D．22．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则（）A． B． C． D．3．下列与的终边相同的角的表达式中正确的是()A．2kπ＋45°(k∈Z) B．k·360°＋π(k∈Z)C．k·360°－315°(k∈Z) D．kπ＋(k∈Z)4．运行如图所示的程序框图，若输出的值为300，则判断框中可以填（）A． B． C． D．5．若向量，，则与共线的向量可以是（）A． B． C． D．6．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（）A． B． C． D．7．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员､面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态､紧跟时代脉搏的热门｡该款软件主要设有“阅读文章”､“视听学习”两个学习模块和“每日答题”､“每周答题”､“专项答题”､“挑战答题”四个答题模块｡某人在学习过程中，“阅读文章”不能放首位，四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有（）A．60 B．192 C．240 D．4328．在中，角的对边分别为，若．则角的大小为()A． B． C． D．9．如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框①处应填入的是（）A． B． C． D．10．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（）A． B． C． D．211．如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，则（）A．1 B． C．2 D．312．设，满足约束条件，则的最大值是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，分别是椭圆：（）的左、右焦点，过左焦点的直线与椭圆交于、两点，且,，则椭圆的离心率为__________．14．某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.15．己知函数，若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______.16．已知△的三个内角为，，，且，，成等差数列，则的最小值为__________，最大值为___________.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）一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端．某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种．（1）当取何值时，有3个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？（2）当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望．18．（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）已知，求的大小.19．（12分）已知抛物线，焦点为，直线交抛物线于两点，交抛物线的准线于点，如图所示，当直线经过焦点时，点恰好是的中点，且.（1）求抛物线的方程；（2）点是原点，设直线的斜率分别是，当直线的纵截距为1时，有数列满足，设数列的前n项和为，已知存在正整数使得，求m的值.20．（12分）已知中，角所对边的长分别为，且（1）求角的大小；（2）求的值.21．（12分）设函数，，（Ⅰ）求曲线在点（1,0）处的切线方程；（Ⅱ）求函数在区间上的取值范围．22．（10分）已知是抛物线的焦点，点在轴上，为坐标原点，且满足，经过点且垂直于轴的直线与抛物线交于、两点，且.（1）求抛物线的方程；（2）直线与抛物线交于、两点，若，求点到直线的最大距离.

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、B【解析】

结合求得的值，由此化简所求表达式，求得表达式的值.【详解】由，以及，解得..故选：B【点睛】本小题主要考查利用同角三角函数的基本关系式化简求值，考查二倍角公式，属于中档题.2、D【解析】

由题知，又，代入计算可得.【详解】由题知，又.故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式的应用求值.3、C【解析】

利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.【详解】与的终边相同的角可以写成2kπ＋(k∈Z)，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确.故答案为C【点睛】（1）本题主要考查终边相同的角的公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)与终边相同的角=+其中.4、B【解析】

由，则输出为300，即可得出判断框的答案【详解】由，则输出的值为300，，故判断框中应填？故选：．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．5、B【解析】

先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可.【详解】故选B【点睛】本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位.6、A【解析】

根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【详解】由得，即，即，因为，所以，由余弦定理，所以，由的面积公式得故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7、C【解析】

四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法．注意按“阅读文章”分类．【详解】四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法，由于“阅读文章”不能放首位，因此不同的方法数为．故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，考查捆绑法和插入法求解排列问题．对相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法．8、A【解析】

由正弦定理化简已知等式可得，结合，可得，结合范围，可得，可得，即可得解的值．【详解】解：∵，∴由正弦定理可得：，∵，∴，∵，，∴，∴．故选A．【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．9、C【解析】

根据程序框图的运行，循环算出当时，结束运行，总结分析即可得出答案.【详解】由题可知，程序框图的运行结果为31，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.此时输出.故选：C.【点睛】本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框，属于基础题.10、B【解析】

首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.11、C【解析】

连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值.【详解】连接AO，由O为BC中点可得，，、、三点共线，，.故选：C.【点睛】本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题.12、D【解析】

作出不等式对应的平面区域，由目标函数的几何意义，通过平移即可求z的最大值．【详解】作出不等式组的可行域，如图阴影部分，作直线：在可行域内平移当过点时，取得最大值.由得：，故选：D【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设,则,,由知,,,作,垂足为C，则C为的中点,在和中分别求出,进而求出的关系式,即可求出椭圆的离心率.【详解】如图,设,则,,由椭圆定义知,,因为,所以,,作,垂足为C，则C为的中点,在中,因为,所以，在中,由余弦定理可得,，即,解得,所以椭圆的离心率为.故答案为:【点睛】本题考查椭圆的离心率和直线与椭圆的位置关系;利用椭圆的定义,结合焦点三角形和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.14、7.5【解析】

分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.【详解】故答案为：7.5【点睛】此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.15、【解析】

首先判断出函数为定义在上的奇函数，且在定义域上单调递增，由此不等式对任意的恒成立，可转化为在上恒成立，进而建立不等式组，解出即可得到答案．【详解】解：函数的定义域为，且，函数为奇函数，当时，函数，显然此时函数为增函数，函数为定义在上的增函数，不等式即为，在上恒成立，，解得．故答案为．【点睛】本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，属于常规题目．16、【解析】

根据正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范围，然后构造函数，利用导数，研究函数性质，可得结果.【详解】由，，成等差数列所以所以又化简可得当且仅当时，取等号又，所以令，则当，即时，当，即时，则在递增，在递减所以由，所以所以的最小值为最大值为故答案为：，【点睛】本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.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）当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为；（2）见解析.【解析】

（1）将有3个坑需要补种表示成n的函数，考查函数随n的变化情况，即可得到n为何值时有3个坑要补播种的概率最大．（2）n＝1时，X的所有可能的取值为0，1，2，3，1．分别计算出每个变量对应的概率，列出分布列，求期望即可．【详解】（1）对一个坑而言，要补播种的概率，有3个坑要补播种的概率为.欲使最大，只需，解得，因为，所以当时，；当时，；所以当或时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为.（2）由已知，的可能取值为0，1，2，3，1.，所以的分布列为01231的数学期望.【点睛】本题考查了古典概型的概率求法，离散型随机变量的概率分布，二项分布，主要考查简单的计算，属于中档题．18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解【详解】（Ⅰ）由正弦定理得.而.由以上两式得，即.由于，所以，又由于，得.（Ⅱ）设，在中，由正弦定理有.由余弦定理有，整理得，由于，所以.在中，由余弦定理有.所以，所以.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题19、（1）（2）【解析】

(1)设出直线的方程，再与抛物线联立方程组，进而求得点的坐标，结合弦长即可求得抛物线的方程；(2)设直线的方程，运用韦达定理可得，可得之间的关系，再运用进行裂项，可求得，解不等式求得的值.【详解】解：（1）设过抛物线焦点的直线方程为，与抛物线方程联立得：，设，所以，，，所以抛物线方程为（2）设直线方程为，，，，，，由得.【点睛】本题考查了直线与抛物线的关系，考查了韦达定理和运用裂项法求数列的和，考查了运算能力，属于中档题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）正弦定理的边角转换，以及两角和的正弦公式展开，特殊角的余弦值即可求出答案；（2）构造齐次式，利用正弦定理的边角转换，得到，结合余弦定理得到【详解】解：（1）由已知，得又∵∴∴,因为得∵∴.（2）∵又由余弦定理，得∴【点睛】1.考查学生对正余弦定理的综合应用；2.能处理基本的边角转换问题；3.能利用特殊的三角函数值推