2022-2023学年福州第三中学高三数学第一学期期末统考试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（）A． B．C． D．2．若，则下列关系式正确的个数是（）①②③④A．1 B．2 C．3 D．43．由曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为()A．1 B． C． D．4．若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（）A．85 B．84 C．57 D．565．已知实数满足不等式组，则的最小值为（）A． B． C． D．6．设过定点的直线与椭圆：交于不同的两点，，若原点在以为直径的圆的外部，则直线的斜率的取值范围为（）A． B．C． D．7．已知集合A＝{y|y}，B＝{x|y＝lg（x﹣2x2）}，则∁R（A∩B）＝（）A．[0，） B．（﹣∞，0）∪[，+∞）C．（0，） D．（﹣∞，0]∪[，+∞）8．已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（）A． B．2 C．4 D．9．已知复数z＝（1+2i）（1+ai）（a∈R），若z∈R，则实数a＝（）A． B． C．2 D．﹣210．已知数列是公比为的正项等比数列，若、满足，则的最小值为（）A． B． C． D．11．已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．12．“完全数”是一些特殊的自然数，它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和恰好等于它本身.古希腊数学家毕达哥拉斯公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28不在同一组的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为______14．在三棱锥P-ABC中，，，，三个侧面与底面所成的角均为，三棱锥的内切球的表面积为_________.15．已知实数x，y满足，则的最大值为____________.16．已知向量，满足，，，则向量在的夹角为______.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）某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满元的商品即可抽奖一次.抽奖规则如下：抽奖者掷各面标有点数的正方体骰子次，若掷得点数大于，则可继续在抽奖箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖，已知抽奖箱中装有个红球与个白球，抽奖者从箱中任意摸出个球，若个球均为红球，则获得一等奖，若个球为个红球和个白球，则获得二等奖，否则，获得三等奖（抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同）.若，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；若一等奖可获奖金元，二等奖可获奖金元，三等奖可获奖金元，记顾客一次抽奖所获得的奖金为，若商场希望的数学期望不超过元，求的最小值.18．（12分）（本小题满分12分）已知椭圆C：x2a2+y（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点A（1，0）的直线与椭圆C交于点M,N,设P为椭圆上一点，且OM+ON=t19．（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20．（12分）在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为ρ＝4sin（θ+）.（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求△MON的面积.21．（12分）设函数，，.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，().（i）求的取值范围；（ii）求证:随着的增大而增大.22．（10分）如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．

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】

由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.【详解】，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.2、D【解析】

a，b可看成是与和交点的横坐标，画出图象，数形结合处理.【详解】令，，作出图象如图，由，的图象可知，，，②正确；，，有，①正确；，，有，③正确；，，有，④正确.故选：D.【点睛】本题考查利用函数图象比较大小，考查学生数形结合的思想，是一道中档题.3、B【解析】

首先求得两曲线的交点坐标，据此可确定积分区间，然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.【详解】联立方程：可得：，，结合定积分的几何意义可知曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为：.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查定积分的概念与计算，属于中等题.4、A【解析】

先求，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和.【详解】解：的展开式中二项式系数和为256故，要求展开式中的有理项，则则二项式展开式中有理项系数之和为：故选：A【点睛】考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题.5、B【解析】

作出约束条件的可行域，在可行域内求的最小值即为的最小值，作，平移直线即可求解.【详解】作出实数满足不等式组的可行域，如图（阴影部分）令，则，作出，平移直线，当直线经过点时，截距最小，故，即的最小值为.故选：B【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域、理解目标函数的意义，属于基础题.6、D【解析】

设直线：，，，由原点在以为直径的圆的外部，可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求得答案.【详解】显然直线不满足条件，故可设直线：，，，由，得，，解得或，，，，，，解得，直线的斜率的取值范围为.故选：D.【点睛】本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．7、D【解析】

求函数的值域得集合，求定义域得集合，根据交集和补集的定义写出运算结果.【详解】集合A＝{y|y}＝{y|y≥0}＝[0，+∞）；B＝{x|y＝lg（x﹣2x2）}＝{x|x﹣2x2＞0}＝{x|0＜x}＝（0，），∴A∩B＝（0，），∴∁R（A∩B）＝（﹣∞，0]∪[，+∞）.故选：D.【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有函数的定义域，函数的值域，集合的运算，属于基础题目.8、C【解析】

设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.【详解】圆可化为.设，则的斜率分别为，所以的方程为，即，，即，由于都过点，所以，即都在直线上，所以直线的方程为，恒过定点，即直线过圆心，则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.9、D【解析】

化简z＝（1+2i）（1+ai）=，再根据z∈R求解.【详解】因为z＝（1+2i）（1+ai）=，又因为z∈R，所以，解得a＝-2.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10、B【解析】

利用等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数的单调性求得再根据此范围求的最小值．【详解】数列是公比为的正项等比数列，、满足，由等比数列的通项公式得，即，，可得，且、都是正整数，求的最小值即求在，且、都是正整数范围下求最小值和的最小值，讨论、取值.当且时，的最小值为.故选：B．【点睛】本题考查等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数性质等基础知识，考查数学运算求解能力和分类讨论思想，是中等题．11、C【解析】

求导，先求出在单增，在单减，且知设，则方程有4个不同的实数根等价于方程在上有两个不同的实数根，再利用一元二次方程根的分布条件列不等式组求解可得.【详解】依题意，，令，解得，，故当时，，当，，且，故方程在上有两个不同的实数根，故，解得.故选：C.【点睛】本题考查确定函数零点或方程根个数.其方法：(1)构造法：构造函数(易求，可解)，转化为确定的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出的图象草图，数形结合求解；(2)定理法：先用零点存在性定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.12、C【解析】

先求出五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个的基本事件总数为，再求出6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，根据即可求出6和28不在同一组的概率.【详解】解：根据题意，将五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则基本事件总数为，则6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，∴6和28不在同一组的概率.故选：C.【点睛】本题考查古典概型的概率的求法，涉及实际问题中组合数的应用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求．【详解】解：如图，在四面体中，底面，，，可得，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，，则长方体的对角线长为，则三棱锥的外接球的半径为1．其表面积为．故答案为：．【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，补形是关键，属于中档题．14、【解析】

先确定顶点在底面的射影，再求出三棱锥的高以及各侧面三角形的高，利用各个面的面积和乘以内切球半径等于三棱锥的体积的三倍即可解决.【详解】设顶点在底面上的射影为H，H是三角形ABC的内心，内切圆半径.三个侧面与底面所成的角均为，，，的高，，设内切球的半径为R，∴，内切球表面积.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥内切球的表面积问题，考查学生空间想象能力，本题解题关键是找到内切球的半径，是一道中档题.15、1【解析】

直接用表示出，然后由不等式性质得出结论．【详解】由题意，又，∴，即，∴的最大值为1．故答案为：1．【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键．16、【解析】

把平方利用数量积的运算化简即得解.【详解】因为，，，所以，∴，∴，因为所以.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.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、；.【解析】

设顾客获得三等奖为事件，因为顾客掷得点数大于的概率为，顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，求出；由题意可知，随机变量的可能取值为，，，相应求出概率，求出期望，化简得，由题意可知，，即，求出的最小值.【详解】设顾客获得三等奖为事件，因为顾客掷得点数大于的概率为，顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，所以；由题意可知，随机变量的可能取值为，，，且，，，所以随机变量的数学期望，，化简得，由题意可知，，即，化简得，因为，解得，即的最小值为.【点睛】本题主要考查概率和期望的求法，属于常考题.18、（1）x24+【解析】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，先利用离心率、a2=b2+c2、四边形的面积列出方程，解出a和b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，讨论直线MN的斜率是否存在，当直线MN的斜率存在时，直线方程与椭圆方程联立，消参，利用韦达定理，得到x1+x2、x1x试题解析：（1）∵e=22，  ∴又S=12×2a×2b=4∴椭圆C的标准方程为x2（2）由题意知，当直线MN斜率存在时，设直线方程为y=k(x-1)，M(x联立方程x24+因为直线与椭圆交于两点，所以Δ=16k∴x又∵OM∴因为点P在椭圆x24+即2k又∵|OM即|NM|<4化简得：13k4-5k2∵t2=1-当直线MN的斜率不存在时，M(1,  62∴t∈[-1,  考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系．19、（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.20、(1)直线l的普通方程为x＋y－4＝0.曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4.(2)4【解析】

（1）将直线l参数方程中的消去，即可得直线l的普通方程，对曲线C的极坐标方程两边同时乘以，利用可得曲线C的直角坐标方程；（2）求出点到直线的距离，再求出的弦长，从而得出△MON的面积．【详解】解：(1)由题意有，得，x＋y＝4，直线l的普通方程为x＋y－4＝0.因为ρ＝4sin所以ρ＝2sinθ＋2cosθ，两边同时乘以得，ρ2＝2ρsinθ＋2ρcosθ，因为，所以x2＋y2＝2y＋2x，即(x－)2＋(y－1)2＝4，∴曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4.(2)∵原点O到直线l的距离直线l过圆C的圆心(，1)，∴|MN|＝2r＝4，所以△MON的面积S＝|MN|×d＝4.【点睛】本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识，解题的关键是正确使用这一转化公式，还考查了直线与圆的位置关系等知识.21、（1）见解析；（2）（i）（ii）证明见解析