甘肃省兰州市兰大附中2022年数学高三上期末考试模拟试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．为研究某咖啡店每日的热咖啡销售量和气温之间是否具有线性相关关系，统计该店2017年每周六的销售量及当天气温得到如图所示的散点图（轴表示气温，轴表示销售量），由散点图可知与的相关关系为（）A．正相关，相关系数的值为B．负相关，相关系数的值为C．负相关，相关系数的值为D．正相关，相关负数的值为2．已知，，由程序框图输出的为（）A．1 B．0 C． D．3．设是等差数列的前n项和，且，则()A． B． C．1 D．24．已知正四面体外接球的体积为，则这个四面体的表面积为（）A． B． C． D．5．设i为虚数单位，若复数，则复数z等于()A． B． C． D．06．将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（）A． B． C． D．7．“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（）A． B． C． D．8．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A．48 B．72 C．90 D．969．已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的一条对称轴是（）A． B． C． D．10．已知双曲线（，）的左、右顶点分别为，，虚轴的两个端点分别为，，若四边形的内切圆面积为，则双曲线焦距的最小值为（）A．8 B．16 C． D．11．已知函数若函数在上零点最多，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．12．已知复数满足，则的共轭复数是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________.14．在矩形ABCD中，，，点E，F分别为BC，CD边上动点，且满足，则的最大值为________.15．在中，，，则_________.16．已知正数a，b满足a+b=1，则的最小值等于__________，此时a=____________.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）在直角坐标平面中，已知的顶点，，为平面内的动点，且.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设过点且不垂直于轴的直线与交于，两点，点关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.18．（12分）已知数列的前项和为，且满足，各项均为正数的等比数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和19．（12分）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，平面．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值．20．（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，点P在棱DF上．（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，求PF的长度．21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD＝60°，AB=PA＝4，E是PA的中点，AC，BD交于点O.（1）求证：OE∥平面PBC；（2）求三棱锥E﹣PBD的体积.22．（10分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为棱的中点，为棱上任意一点，且不与点、点重合．．（1）求证：平面平面；（2）是否存在点使得平面与平面所成的角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，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、C【解析】

根据正负相关的概念判断．【详解】由散点图知随着的增大而减小，因此是负相关．相关系数为负．故选：C．【点睛】本题考查变量的相关关系，考查正相关和负相关的区别．掌握正负相关的定义是解题基础．2、D【解析】试题分析：，，所以，所以由程序框图输出的为.故选D．考点：1、程序框图；2、定积分．3、C【解析】

利用等差数列的性质化简已知条件，求得的值.【详解】由于等差数列满足，所以，，.故选：C【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，属于基础题.4、B【解析】

设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．【详解】将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则，得．因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有，∴．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为，因此，这个正四面体的表面积为．故选：B．【点睛】本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．5、B【解析】

根据复数除法的运算法则，即可求解.【详解】.故选:B.【点睛】本题考查复数的代数运算，属于基础题.6、C【解析】

根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.【详解】解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，，因为是奇函数，所以，解得，因为，所以的最小值为.故选：【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.7、A【解析】

列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.【详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),而加数全为质数的有(3,3),根据古典概型知，所求概率为.故选：A.【点睛】本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.8、D【解析】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为：96点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．9、D【解析】

由题，得，由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，可得最小正周期，从而求得，得到函数的解析式，又因为当时，，由此即可得到本题答案.【详解】由题，得，因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，所以函数的最小正周期，则，所以，当时，，所以是函数的一条对称轴，故选：D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形，以及考查三角函数的周期性和对称性.10、D【解析】

根据题意画出几何关系，由四边形的内切圆面积求得半径，结合四边形面积关系求得与等量关系，再根据基本不等式求得的取值范围，即可确定双曲线焦距的最小值.【详解】根据题意，画出几何关系如下图所示：设四边形的内切圆半径为，双曲线半焦距为，则所以，四边形的内切圆面积为，则，解得，则，即故由基本不等式可得，即，当且仅当时等号成立.故焦距的最小值为.故选：D【点睛】本题考查了双曲线的定义及其性质的简单应用，圆锥曲线与基本不等式综合应用，属于中档题.11、D【解析】

将函数的零点个数问题转化为函数与直线的交点的个数问题，画出函数的图象，易知直线过定点，故与在时的图象必有两个交点，故只需与在时的图象有两个交点，再与切线问题相结合，即可求解.【详解】由图知与有个公共点即可，即，当设切点，则，.故选：D.【点睛】本题考查了函数的零点个数的问题，曲线的切线问题，注意运用转化思想和数形结合思想，属于较难的压轴题.12、B【解析】

根据复数的除法运算法则和共轭复数的定义直接求解即可.【详解】由，得，所以．故选：B【点睛】本题考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，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】

先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值.【详解】由于，所以，所以.由正弦定理得.故答案为：【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.14、【解析】

利用平面直角坐标系，设出点E，F的坐标，由可得，利用数量积运算求得，再利用线性规划的知识求出的最大值.【详解】建立平面直角坐标系，如图（1）所示：设，，，即，又，令，其中，画出图形，如图（2）所示：当直线经过点时，取得最大值.故答案为：【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算、简单的线性规划问题，解题的关键是建立恰当的坐标系，属于基础题.15、【解析】

先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.【详解】由知：，则在方向的投影为，由向量数量积的几何意义得：，∴故答案为【点睛】本题考查了投影的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.16、3【解析】

根据题意，分析可得，由基本不等式的性质可得最小值，进而分析基本不等式成立的条件可得a的值，即可得答案．【详解】根据题意，正数a、b满足，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为3，此时.故答案为：3；.【点睛】本题考查基本不等式及其应用，考查转化与化归能力，属于基础题.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）（）；（2）证明见解析.【解析】

（1）设点，分别用表示、表示和余弦定理表示，将表示为、的方程，再化简即可；（2）设直线方程代入的轨迹方程，得，设点，，，表示出直线，取，得，即可证明直线过轴上的定点.【详解】（1）设，由已知，∴，∴（），化简得点的轨迹的方程为：（）；（2）由（1）知，过点的直线的斜率为0时与无交点，不合题意故可设直线的方程为：（），代入的方程得：.设，，则，，.∴直线：.令，得.直线过轴上的定点.【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法、余弦定理的应用和利用直线和圆锥曲线的位置关系求定点问题，考查学生的计算能力，属于中档题.18、（1）；（2）【解析】

（1）由化为，利用数列的通项公式和前n项和的关系，得到是首项为，公差为的等差数列求解.（2）由（1）得到，再利用错位相减法求解.【详解】（1）可以化为，，，，又时，数列从开始成等差数列，，代入得是首项为，公差为的等差数列，，.（2）由（1）得，，，两式相减得，，.【点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系和错位相减法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19、（1）见解析（2）【解析】

（1）根据平面，利用线面垂直的定义可得，再由，根据线面垂直的判定定理即可证出.（2）取的中点，连接，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系求出平面的一个法向量，利用空间向量法即可求解.【详解】因为平面平面，所以由为等腰直角三角形，所以又，故平面.取的中点，连接，因为，所以因为平面，所以平面所以平面如图，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系则，又，所以且于是设平面的法向量为，则令得平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则【点睛】本题考查了线面垂直的定义、判定定理以及空间向量法求线面角，属于中档题.20、（1）．（2）．【解析】

（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），计算夹角得到答案.（2）设，0≤λ≤1，计算P（0，2λ，2﹣2λ），计算平面APC的法向量（1，﹣1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.【详解】（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴AF⊥平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中点，∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ，则cosθ，∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为．（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），设P（a，b，c），，0≤λ≤1，即（a，b，c﹣2）＝λ（0，2，﹣2），解得a＝0，b＝2λ，c＝2﹣2λ，∴P（0，2λ，2﹣2λ），（0，2λ，2﹣2λ），（2，2，0），设平面APC的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，﹣1，），平面ADP的法向量（1，0，0），∵二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，∴|cos|，解得，∴P（0，，），∴PF的长度|PF|．【点睛】本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.21、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）连接OE，利用三角形中位线定理得到OE∥PC，即可证出OE∥平面PBC；（2）由E是PA的中点，，求出S△ABD，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示：∵点/r