2024年西藏拉萨市拉萨中学高三上数学期末教学质量检测模拟试题含解析

2024年西藏拉萨市拉萨中学高三上数学期末教学质量检测模拟试题注意事项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．执行下面的程序框图，则输出的值为（）A． B． C． D．2．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（）A．4π B．8π C． D．3．是正四面体的面内一动点，为棱中点，记与平面成角为定值，若点的轨迹为一段抛物线，则（）A． B． C． D．4．已知,则()A． B． C． D．5．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．6．已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（）A．1 B．2 C． D．47．设，集合，则（）A． B． C． D．8．已知函数的最小正周期为，且满足，则要得到函数的图像，可将函数的图像（）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度9．在直角梯形中，，，，，点为上一点，且，当的值最大时，()A． B．2 C． D．10．若，则下列不等式不能成立的是（）A． B． C． D．11．已知为实数集，，，则（）A． B． C． D．12．用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（）A．48 B．60 C．72 D．120二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在△ABC中，a＝3，，B＝2A，则cosA＝_____．14．已知圆C：经过抛物线E：的焦点，则抛物线E的准线与圆C相交所得弦长是__________.15．若变量，满足约束条件则的最大值为________.16．已知数列为等比数列，，则_____.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，均为正项数列，其前项和分别为，，且，，，当，时，，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18．（12分）已知函数，其中e为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性；（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.19．（12分）已知函数，.（1）当时，①求函数在点处的切线方程；②比较与的大小;（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．20．（12分）已知函数（），是的导数.（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.21．（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于，两点，求的值.22．（10分）已知.（1）求不等式的解集；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围

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】

根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.【详解】运行程序，，

，，，，，结束循环，故输出，故选：D.【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.2、B【解析】

由三视图判断出原图，将几何体补形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.【详解】根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角线就是外接球直径，则，那么.故选：B【点睛】本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.3、B【解析】

设正四面体的棱长为，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出面的法向量，设的坐标，求出向量，求出线面所成角的正弦值，再由角的范围，结合为定值，得出为定值，且的轨迹为一段抛物线，所以求出坐标的关系，进而求出正切值．【详解】由题意设四面体的棱长为，设为的中点，以为坐标原点，以为轴，以为轴，过垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得，，取的三等分点、如图，则，，，，所以、、、、，由题意设，，和都是等边三角形，为的中点，，，，平面，为平面的一个法向量，因为与平面所成角为定值，则，由题意可得，因为的轨迹为一段抛物线且为定值，则也为定值，，可得，此时，则，.故选：B.【点睛】考查线面所成的角的求法，及正切值为定值时的情况，属于中等题．4、B【解析】

利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简求解即可．【详解】，本题正确选项：【点睛】本题考查诱导公式的应用，同角三角函数基本关系式的应用，考查计算能力．5、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.6、B【解析】

因为圆与抛物线的准线相切，则圆心为（3,0），半径为4，根据相切可知，圆心到直线的距离等于半径，可知的值为2，选B.【详解】请在此输入详解！7、B【解析】

先化简集合A,再求.【详解】由得：，所以，因此，故答案为B【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.8、C【解析】

依题意可得，且是的一条对称轴，即可求出的值，再根据三角函数的平移规则计算可得；【详解】解：由已知得，是的一条对称轴，且使取得最值，则，，，，故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质以及三角函数的变换规则，属于基础题.9、B【解析】

由题，可求出，所以，根据共线定理，设，利用向量三角形法则求出，结合题给，得出，进而得出，最后利用二次函数求出的最大值，即可求出.【详解】由题意，直角梯形中，，，，，可求得，所以·∵点在线段上，设，则，即，又因为所以，所以，当时，等号成立.所以.故选：B.【点睛】本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理，以及运用二次函数求最值，考查转化思想和解题能力.10、B【解析】

根据不等式的性质对选项逐一判断即可.【详解】选项A：由于，即，，所以，所以，所以成立；选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；选项C：由于，所以，所以，所以成立；选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故选：B.【点睛】本题考查不等关系和不等式，属于基础题.11、C【解析】

求出集合，，，由此能求出．【详解】为实数集，，，或，．故选：．【点睛】本题考查交集、补集的求法，考查交集、补集的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12、A【解析】

对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选【点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，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】

由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式即可计算求值得解．【详解】解：∵a＝3，，B＝2A，∴由正弦定理可得：，∴cosA．故答案为．【点睛】本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的应用，属于基础题．14、【解析】

求出抛物线的焦点坐标，代入圆的方程，求出的值，再求出准线方程，利用点到直线的距离公式，求出弦心距，利用勾股定理可以求出弦长的一半，进而求出弦长．【详解】抛物线E:的准线为，焦点为（0，1），把焦点的坐标代入圆的方程中，得，所以圆心的坐标为，半径为5，则圆心到准线的距离为1，所以弦长．【点睛】本题考查了抛物线的准线、圆的弦长公式．15、7【解析】

画出不等式组表示的平面区域，数形结合，即可容易求得目标函数的最大值.【详解】作出不等式组所表示的平面区域，如下图阴影部分所示.观察可知，当直线过点时，有最大值，.故答案为：.【点睛】本题考查二次不等式组与平面区域、线性规划，主要考查推理论证能力以及数形结合思想，属基础题.16、81【解析】

设数列的公比为，利用等比数列通项公式求出，代入等比数列通项公式即可求解.【详解】设数列的公比为，由题意知，因为，由等比数列通项公式可得，，解得，由等比数列通项公式可得，.故答案为：【点睛】本题考查等比数列通项公式；考查运算求解能力；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）【解析】

（1），所，两式相减，即可得到数列递推关系求解通项公式，由，整理得，得到，即可求解通项公式；（2）由（1）可知，，即可求得数列的前项和.【详解】（1）因为，所，两式相减，整理得，当时，，解得，所以数列是首项和公比均为的等比数列，即，因为，整理得，又因为，所以，所以，即，因为，所以数列是以首项和公差均为1的等差数列，所以；（2）由（1）可知，，，即.【点睛】此题考查求数列的通项公式，以及数列求和，关键在于对题中所给关系合理变形，发现其中的关系，裂项求和作为一类常用的求和方法，需要在平常的学习中多做积累常见的裂项方式.18、（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.【解析】

（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解【详解】（1）,①当时,,∴函数在内单调递增；②当时,令,解得或,当或时,,则单调递增,当时,,则单调递减,∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；（Ⅱ）当时,,①若,即,则是的一个零点；②若,即,则不是的零点（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以①当时,在上单调递增。又，所以（ⅰ）当时,在上无零点；（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点；②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,因为,,所以此时在上恰有一个零点,综上,【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想19、（1）①见解析，②见解析；（2）见解析【解析】

（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．【详解】解：（1）①当时，，，，又，切线方程为，即；②令，则，在上单调递减．又，当时，，即；当时，，即；当时，，即．证明：（2）由题意，，而，令，解得．，，在上有唯一零点．当时，，在上单调递减，当，时，，在，上单调递增．．在恒成立，且有唯一解，，即，消去，得，即．令，则，在上恒成立，在上单调递减，又，，．在上单调递增，．【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．20、（1）见解析；（2）【解析】

（1）设，，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.【详解】（1）由已知，，所以，设，，当时，单调递增，而，，且在上图象连续不断.所以在上有唯一零点，当时，；当时，；∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小值点，即在区间上存在唯一的极小值点；（2）设，，，∴在单调递增，，即，从而，因为函数在上单调递减，∴在上恒成立，令，∵，∴，在上单调递减，，当时，，则在上单调递减，，符合题意.当时，在上单调