2023届黑龙江省安达市田家炳高级中学数学高三第一学期期末综合测试模拟试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷考生请注意：1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．若zia2iaR为纯虚数，则z＝（ ）16i3

6i C．20i3

D．20F(4,0)

(4,0)，N是圆O:x2y2

4

NMFM的1 2 1 1垂直平分线与直线FM相交于点P，则点P的轨迹是（ ）2A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆 1已知sin 2

43，则sin的值等于（ ）79

29

2 D．79 9中国古代中的礼、乐、射、御、书、合称六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和御”，就是体育和劳动书”，指各种历史文化知识数”，指数某校国学社团开“六艺课程讲座活动，每艺安排一节，排六节，一天课程讲座排课有如下要求数必须排在第三节，且射和御”两门课程相邻排课，六艺课程讲座不同的排课顺序共有（ ）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种《普通高中数学课程标准（2017版养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优，则下面叙述正确的是（）A．甲的数据分析素养高于乙BC．乙的六大素养中逻辑推理最差D．乙的六大素养整体平均水平优于甲已知等比数列

的前nn

，且满足2Sn

2n1，则的值是( )A．4 B．2 C．D．3i11iz

i2019

（i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）A．z的虚部为4 B．复数z在复平面内对应的点位于第三象限C．z的共轭复数z4D．z2 5ABC中，角B,C的对边分别为a,b,c，若a1，B30，cosC2 7

，则ABC的面积为（ ）A．32

B．3 C．7 D．72函数f(x)xln|x|的大致图象为（ ）exA． B．C． D．

x,

xy1xx2y满足不等式组2xy1

2x3y

的最大值为（ ）A．1 B．C．3 D．211fxsin(2x，其中(0,，若xR,f(x)f2

6

fx的单调递增区 间为（ ）A．k

,k(kz)

B．k

,k(kz)3

6

3

3C．k

,k(kz)

D．k,k(kZ)3

3

3ABCDABC

2M

的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面1 1 1 1 1面积为（）A．3

B．C． D．3 3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。x10x,y

xy1

z2xy 变量

满足约束条件xy3

a

的最大值是 ．2,n2k1,kN已知数列

的前n

,a1,

2,a

n

,则满足2019S

3000的正整n n 1 2数m的所有取值为 ．

n2

2a,n2k,kN mn如图，在直四棱柱ABCDABCD中，底面ABCD 是平行四边形，点E是棱BB的中点，点F是棱CC靠近11 1 1 1 1C

AEF2ABCDABC

的体积．1 1 1 1 1 11已知数列{a的前n项和为Sa（﹣b（Sn+若a⊥b{nan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。

前2020项和为 17（12分）已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosBcosC

sinA.b c 3sinC求b的值；若cosB 3sinB2，求面积的最大.18（12分）已知正项数列an

的前nSn

an2

2,nN*.若数列n

为等比数列，求数列an

的公比q的值；设正项数列n

的前n项和为Tn

，若b1

1，且2Tn

b2n

n1.①求数列bn

的通项公式；②求证：

n aaia

1a2a3.i1

2bi 2

1t2x19（12分在直角坐标系xOy中曲线C的参数方程为 1t2（t为参数点px,

在曲线C上，点Q(m,n)y 0 0 1t2m2x满足 0 .n 3y0以坐标原点Ox轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求动点Q的轨迹C1

的极坐标方程；点A，B分别是曲线C上第一象限，第二象限上两点，且满足AOB，求 1 1 的值.1 2 |OA|2 |OB|220（12分）在综合素质评价的某个维度的测评中，依据评分细则，学生之间相互打分，最终将所有的数据合成一个100808060名学生，得到如下的列联表：优秀 合格 总计男生 6女生 18合计 601已知在该班随机抽取1人测评结果为优秀的概率为3.完成上面的列联表；0.10的前提下认为性别与测评结果有关系？.nadbc2K

d0.250.100.025k1.3232.7065.024P0.250.100.025k1.3232.7065.02421（12分）如图，三棱锥PABC中，点D，E分别为AB，BC的中点，且平面PDE平面ABC ．求证：AC//平面PDE ；2若PDAC2，PE 3，求证：平面PBC平面ABC.22（10分）已知函数fx4x1x2.fx2；6baabyfx5x2的最小值为k，正实数a、ba6baab9

，求证： 2 .参考答案125601、C【解析】根据复数的乘法运算以及纯虚数的概念，可得结果.【详解】z3ia2i3a26aizia2iaR为纯虚数，20且6a0得a2，此时z20i3 3故选：C.【点睛】本题考查复数的概念与运算，属基础题.2、B【解析】根据线段垂直平分线的性质，结合三角形中位线定理、圆锥曲线和圆的定义进行判断即可.【详解】FMFMP，如下图所示：

1PMPF

2，而ON是中点，连接ON

2ON4，66因此PF2

1PF1

2 2 24(4FF)21当N在如下图所示位置时有，所以有PF1

PMPF2

MF2

，而O,N是中点，连接ON,MF2

2ON4PF1

PF2

4(4F2

F)，1综上所述：有PFPF 4(4FF)，所以点P的轨迹是双曲线.1 2 21故选：B【点睛】3、A【解析】

7由余弦公式的二倍角可得， )12sin2 ，再由诱导公式有2 2 4 9)sin，所以sin2 9【详解】 1∵sin 2

43∴由余弦公式的二倍角展开式有 )12sin2 2 2 4 9又∵cos()sin2∴sin79故选：A【点睛】4、C【解析】根据数射和御32

2种，剩余的3门全排列，即可求解.【详解】由题意，“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻时，可排在第1节和第2节或第4节和第5节或第5节和第632

2种，333

6种，所以六艺课程讲座不同的排课顺序共有32636种不同的排法故选：C.【点睛】.5、D【解析】根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.【详解】对于A选项，甲的数据分析3分，乙的数据分析5分，甲低于乙，故A选项错误.对于B选项，甲的建模素养3分，乙的建模素养4分，甲低于乙，故B选项错误.对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理5分，不是最差，故C选项错误.D选项，甲的总得分45334322分，乙的总得分54545427分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确故选：D【点睛】6、C【解析】利用S先求出a，然后计算出结果.n n【详解】根据题意，当n12S1

2a1

4 a,1,

42 ,故当n2时，a S S 2n1,n n n1数列

是等比数列,n,a141,1 2解得2,故选C.【点睛】本题主要考查了等比数列前nS.n7、D【解析】利用izz2i即可得到答案.【详解】因为i21i41i5i，所以i4z

4i2i45043

4ii3

4ii

42i，5z2，Az在复平面内对应的点为(4,2)，在第二象限，Bz的共5(4)222轭复数为z42i，C错误；(4)222故选：D.

2 ，D正确.【点睛】8、A【解析】先求出sinA，由正弦定理求得c，然后由面积公式计算．【详解】1(277)221由题1(277)2217sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC7asinB 1sin307

1(2 7) ．32172 7 2 7 143217由a

b b得

7sinA ，7sinA sinBS1absinC

14721311 ．72132 2 7 2故选：A．【点睛】本题考查求三角形面积，考查正弦定理，同角间的三角函数关系，两角和的正弦公式与诱导公式，解题时要根据已知求值要求确定解题思路，确定选用公式顺序，以便正确快速求解．9、A【解析】利用特殊点的坐标代入，排除掉C，Df(11A选项正确.2【详解】f(1.1)

1.1ln|1.1|e1.1

0，排除掉C，D；f(1)2

ln ，1ln12 2e2e1ln12 2e2e2ln 2ln e

1，e2，2f(1) eln 21.2故选：A．【点睛】属于中档题.10、C【解析】作出可行域，直线目标函数对应的直线l，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图由射线AB，线段AC，射线CD 围成的阴影部分（含边界，作直线l:2x3y40，平移直线l，当l过点C(1,1)时，z2x3y4取得最大值1．故选：C．【点睛】本题考查简单的线性规划问题，解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形．11、A【解析】xR,f(x)

f(x)

f

1，从而可得

f(x) sin sin 2x6

max

6

6，

6，再解不等式 2k2

2x6

2k2

(kz)即可.【详解】fx)

f

sin

1max

6 3 sin0,，所以π32 ，32 6 f(x)sin2x ，由2k 2x 2k (kz)， 6 2 6 23

xk6

(kz).A.【点睛】本题考查求正弦型函数的单调区间，涉及到恒成立问题，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.12、A【解析】根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面ACM的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.【详解】设内切球球心为OOACM的距离为d，截面圆的半径为r因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为1，又因为VO

VM

，所以1dS53 5

2S ，3 AOC

AMC

12 22

2

6,

AOC

12 21 22所以1d 6

2，所以d 6，3 3 33 32 所以截面圆的半径r d2

，所以截面圆的面积为S3

3 3. A.【点睛】.452013、5【解析】y2xzy2xzz2xy有最大值415.详解： x10画出束条件xy1画出束条件xy3

表示的可行性，如图，xy10 x2 由 可得 ， xy30 y 可得A2,1，目标函数z2xy变形为y2xz，平移直线y2xz，当直线y2xz经过A2,1时，可得z2xy有最大值415，故答案为5.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求（）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线（）找到目标函数对应的最优解对应点（形后的目标函数，最先通过或最后通过的定点就是最优解（）.14、20,21【解析】由题意知数列an

奇数项和偶数项分别为等差数列和等比数列,则根据n为奇数和n为偶数分别算出求和公式,代入数值检验即可.【详解】解:由题意知数列an

的奇数项构成公差为2的等差数列,偶数项构成公比为2的等比数列, 则 [112(k

12k;S2k1

2kk222 12S [112(k

1

2k1k22.2k 2 12当k10时, S19当k11时, S

10221122,S2022167,S

10222146.24215.21 22由此可知满足2019S 3000的正整数m的所有取值为20,21.m故答案为:20,21【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项与求和公式,是综合题,分清奇数项和偶数项是解题的关键.15、12【解析】ABCDBCa，且BC边上的高为bABCDABC

的高为h，分别表11 1 1示出直四棱柱的体积和三棱锥的体积，即可求解。【详解】由题意，设底面平行四边形ABCD的AB a，且AB边上的高为b，直四棱柱ABCDABC

的高为h，1 1 1 1ABCDABC

的体积为VShabh，1111

AEF的体积为V

1V S

11 ahb

1abh2，1 A 1

FAAE1

31

32 6abh12，即直四棱柱的体积为12。【点睛】本题主要考查了棱柱与棱锥的体积的计算问题，其中解答中正确认识几何体的结构特征，合理、恰当地表示直四棱柱三棱锥的体积是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，以及空间想象能力，属于中档试题。404016、

2021【解析】由已知可得ab4Sn﹣n（n+3）＝0Sn

n

，n＝1时，a

＝S1＝1.n≥2

＝Sn﹣Sn

.可得：4 11 2（1 1）..1

n ﹣1na n

n1

n n1【详解】∵a⊥b，∴a•b4Sn﹣n（n+3）＝0，n3∴Sn ，n＝1时，a＝S＝1.4 1 1n≥2时，a＝S﹣S

n3

n1n2

n1.n1

n n a

4 4 2n1.，满足上式， n 21 ∴

2（1 1）.na n1

n1

n n1∴数列{nan

}前2020项和为2020111202012（122340402021.【点睛】

2021）＝2（12021）

2021.本题考查了向量垂直与数量积的关系、数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.334334317、(1)b3

;(2) .【解析】cosB（）在式子

cosC

3sinA中运用正弦、余弦定理后可得b

3（2）由cosB 3siB2经三角3B3S1acsinB

b c 3sinC，然后运用余弦定理可得3a2c2ac2acacac，从而得到ac3，故得3 3．3 32 4a2c2b2详解：(1)由题意及正、余弦定理得

a2b2c2 3a，整理得

2a2 3a，

2abc 2abc 2abc 3∴b3（2）由题意得cosB 3sinB2sinB2，∴sin(B+6

6 6=1，∵B0,，∴B，6 2∴B.3由余弦定理得b2a2c22accosB，∴3a2c2ac2acacac，3ac3，当且仅当ac3

时等号成立．∴S

1acsinB13 ．33 32 2 2 433 33 34∴3 34（）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形a2c2(ac)22ac，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．18（1）q

（）①b1 1 5

n；②详见解析.【解析】依题意可表示S1

S，相减得a2

a a4

，由等比数列通项公式转化为首项与公比，解得答案，并由其都是正项数列舍根；n

，n1

，两式相减得2bn1

b2n

b2n

1，由其都是正项并整理可得递推关系bn2

bn1

1，由等差数列的通项公式即可得答案；②由已知S a 2,nN*关系，表示S a 2并相减即可表示递推关系a a a ，显然当n1,2,3n n2 n1 n3 n2 n n1Pn

1a2a3成立，当n 4，nN*时，表示a2aP 1 2

3 2

a3a4

an3

an2

an2

an1

，由分组求和与正项数列性质放缩不等式得证.a a an 2 22 23 24 25 2n1 2na a a【详解】（）依题意可得S1

a2，S3

a 2，两式相减，得a4

a a4

，所以a2

aq22

aq，2因为an

0，所以q2q10，且q0，解得q .11 5（2）①因为2Tn

b2n

n1，所以2Tn1

b2n2

n2，两式相减，得2bn1

b2n

b2n

1，即b2n2

bn1

2.因为bn

0，所以bn2

bn1

1，即bn2

bn1

1.n12T1

b22

2，可得b2

2，故bb2 1

1，所以b bn1

1对任意的正整数n都成立，所以数列bn

是等差数列，公差为1，首项为1，所以数列bn

的通项公式为bn

n.②因为Snan22，所以Sn1an32，两式相减，得an1an3an2，即an3an1an2，所以对任意的正整数n 2，都有an2anan1.i 令Pn a a ai 21 22

a3a4a5

a an1 n，n bi1

2

23 24 25

2n1 2nn1,2,3Pn

a aa 1 2 3显然成立，a2n 4 a a

a

a

a

a a所以当

nN*Pn

1 2

323

2 324

3 425

n32n1

n2

n22n

n1 n3 n2 3 4aaaa2n12 n3 n2 3 4aaaa2n12n 24 25 n2 naa2n12n1a 2 22 23 24 25a 12a222a32a 12a222a323a224a325 an32n1an2a a12n 22 2 a a2 1 23 22 23a324a425 an22n1an2n a 12 a22 a 3 13 22 a2 13 23a23a a a a a a a24 25 2n1 2n 22 23 24a an125 2na 2 n12n 1

2 3 n3n21 2 n3n21 2 31

1 1 aa 3 P P 1 2

1 1 aa a 33 P P 1 2 3 P，23

n2

2

23 4 n 2

23 4 naa a 3 aa a所以P 1 2 3 P，即P 1 2 3，n 23 4 n n 2所以

ai

aa a1 2

，得证.2b 22i1 i【点睛】本题考查由前n.19（）3p2cos242sin212（（）712【解析】由已知，曲线Ctx的范围，再利用普通方程与极坐标方程的互化公式运算即可；

1 3cos2

4sin2

3cos2 4sin2 设

,

，B,

可得 1

1，1

1 2

1 2，1 1 2 1 2

2 12 相加即可得到证明.

1 2 122【详解】

1t2

2t 2（1）x2y2

1，1t2

1t2 1t2∵ 1t2

1,1，∴x1，∴x2y21(x1)，0x m0m2x0

2 m2

n2

1(m2)由题可知：n 3y303

y

n 4 3 ，0C：32cos242sin212（）.112（2）

，3cos24sin2设A

，B

，1 1 2 1 2则1

3cos21

4sin21，2 121

3cos2

4sin2

3sin2

4cos21 1 22 122

1 2

1 1，121 1 117.|OA|2 |OB|2 2 2 121 2【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.20（）（）在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为（）见解析.【解析】20，这样结合已知可得列联表；K2，比较后可得；由于性别对结果有影响，因此用分层抽样法．【详解】（）优秀合格总计男生62228女生141832合计2040606061822142（2）由于K2 3.3