2022-2023学年上海市上戏附中高三数学第一学期期末联考试题含解析

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．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为()A． B．C． D．2．已知函数，若，则等于（）A．-3 B．-1 C．3 D．03．正项等比数列中的、是函数的极值点，则（）A． B．1 C． D．24．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（）A．若，，则或B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则5．已知角的终边与单位圆交于点，则等于（）A． B． C． D．6．已知函数（），若函数有三个零点，则的取值范围是（）A． B．C． D．7．已知三棱柱()A． B． C． D．8．已知的面积是,,,则（）A．5 B．或1 C．5或1 D．9．设函数在上可导，其导函数为，若函数在处取得极大值，则函数的图象可能是（）A． B．C． D．10．高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且．从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（）A．40 B．60 C．80 D．10011．阅读下侧程序框图，为使输出的数据为31，则①处应填的数字为A．4 B．5 C．6 D．712．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为，，，且，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，两个同心圆的半径分别为和，为大圆的一条直径，过点作小圆的切线交大圆于另一点，切点为，点为劣弧上的任一点（不包括两点），则的最大值是__________．14．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，且，过点分别作于点，于点，连接，则三棱锥的体积的最大值为__________．15．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说“是乙或丙获奖.”乙说：“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了”.丁说：“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是__________．16．已知向量与的夹角为，||＝||＝1，且⊥（λ），则实数_____.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）已知命题：，；命题：函数无零点.（1）若为假，求实数的取值范围；（2）若为假，为真，求实数的取值范围.18．（12分）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.19．（12分）已知函数，若的解集为．（1）求的值；（2）若正实数，，满足，求证：．20．（12分）已知，且．（1）请给出的一组值，使得成立；（2）证明不等式恒成立．21．（12分）如图，在三棱柱中，已知四边形为矩形，，，，的角平分线交于.（1）求证:平面平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．（）求与平面所成角的正弦．（）求二面角的余弦值．

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】

由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案.【详解】由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，该几何体的表面积.故选：C【点睛】本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键.2、D【解析】分析：因为题设中给出了的值，要求的值，故应考虑两者之间满足的关系.详解：由题设有，故有，所以，从而，故选D.点睛：本题考查函数的表示方法，解题时注意根据问题的条件和求解的结论之间的关系去寻找函数的解析式要满足的关系.3、B【解析】

根据可导函数在极值点处的导数值为，得出，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意、是函数的极值点，也就是的两个根∴又是正项等比数列，所以∴.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.4、D【解析】

根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.【详解】选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；选项D，若，，有可能，故D不正确.故选：D【点睛】本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.5、B【解析】

先由三角函数的定义求出，再由二倍角公式可求.【详解】解：角的终边与单位圆交于点，，故选：B【点睛】考查三角函数的定义和二倍角公式，是基础题.6、A【解析】

分段求解函数零点，数形结合，分类讨论即可求得结果.【详解】作出和，的图像如下所示：函数有三个零点，等价于与有三个交点，又因为，且由图可知，当时与有两个交点，故只需当时，与有一个交点即可.若当时，时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|有一个交点𝐵，故满足题意；时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|没有交点，故不满足题意；时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|也没有交点，故不满足题意；时，显然与有一个交点，故满足题意.综上所述，要满足题意，只需.故选：A.【点睛】本题考查由函数零点的个数求参数范围，属中档题.7、C【解析】因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝8、B【解析】∵，,∴①若为钝角，则，由余弦定理得，解得；②若为锐角，则，同理得.故选B.9、B【解析】

由题意首先确定导函数的符号，然后结合题意确定函数在区间和处函数的特征即可确定函数图像.【详解】函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极大值，当时，；当时，；当时，.时，，时，，当或时，；当时，.故选：【点睛】根据函数取得极大值，判断导函数在极值点附近左侧为正，右侧为负，由正负情况讨论图像可能成立的选项，是判断图像问题常见方法，有一定难度.10、D【解析】

由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.11、B【解析】考点：程序框图．分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求S的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案．解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：Si是否继续循环循环前11/第一圈32是第二圈73是第三圈154是第四圈315否故最后当i＜5时退出，故选B．12、B【解析】

根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值．【详解】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体的四个顶点，即为三棱锥，且长方体的长、宽、高分别为，∴此三棱锥的外接球即为长方体的外接球，且球半径为，∴三棱锥外接球表面积为，∴当且仅当，时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为．故选B．【点睛】（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用．（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

以为坐标原点，所在的直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，从而可得、，，，然后利用向量数量积的坐标运算可得，再根据辅助角公式以及三角函数的性质即可求解.【详解】以为坐标原点，所在的直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，则、，由，且，所以，所以，即又平分，所以，则,设，则，，所以，所以，，所以的最大值是.故答案为：【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算、利用向量解决几何问题，同时考查了辅助角公式以及三角函数的性质，属于中档题.14、【解析】

由已知可得△AEF、△PEF均为直角三角形，且AF＝2，由基本不等式可得当AE＝EF＝2时，△AEF的面积最大，然后由棱锥体积公式可求得体积最大值．【详解】由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又AB⊥BC，且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC，得PC⊥平面AEF，∴△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF＝2，而S△AEF＝（AE2+EF2）＝AF2＝2，当且仅当AE＝EF=2时，取“＝”，此时△AEF的面积最大，三棱锥P﹣AEF的体积的最大值为：VP﹣AEF＝＝＝．故答案为【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定，基本不等式的应用，同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力，属于中档题．15、丙【解析】若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，可知获奖的歌手是丙．考点：反证法在推理中的应用.16、1【解析】

根据条件即可得出，由即可得出，进行数量积的运算即可求出λ．【详解】∵向量与的夹角为，||＝||＝1，且；∴；∴λ＝1．故答案为：1．【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量垂直的充要条件．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）为假,则为真，求导，利用导函数研究函数有零点条件得的取值范围；（2）由为假，为真，知一真一假；分类讨论列不等式组可解.【详解】（1）依题意，为真，则无解，即无解；令，则，故当时，，单调递增，当，，单调递减，作出函数图象如下所示，观察可知，，即；（2）若为真，则，解得；由为假，为真，知一真一假；若真假，则实数满足，则；若假真，则实数满足，无解；综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查根据全(特)称命题的真假求参数的问题.其思路：与全称命题或特称命题真假有关的参数取值范围问题的本质是恒成立问题或有解问题．解决此类问题时，一般先利用等价转化思想将条件合理转化，得到关于参数的方程或不等式(组)，再通过解方程或不等式(组)求出参数的值或范围．18、（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，平面BCD，，所以平面.因为平面，所以.又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．19、（1）；（2）证明见详解.【解析】

（1）将不等式的解集用表示出来，结合题中的解集，求出的值；（2）利用柯西不等式证明.【详解】解：（1），，，因为的解集为，所以，；（2）由（1）由柯西不等式，当且仅当，，，等号成立．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，利用柯西不等式证明不等式的问题，属于中档题.20、（1）（答案不唯一）（2）证明见解析【解析】

（1）找到一组符合条件的值即可；（2）由可得,整理可得,两边同除可得,再由可得,两边同时加可得,即可得证.【详解】解析:（1）（答案不唯一）（2）证明:由题意可知,,因为,所以.所以,即.因为,所以,因为,所以,所以.【点睛】考查不等式的证明,考查不等式的性质的应用.21、（1）见解析；（2）【解析】

（1）过点作交于，连接，设，连接，由角平分线的性质，正方形的性质，三角形的全等，证得，，由线面垂直的判断定理证得平面，再由面面垂直的判断得证.（2）平面几何知识和线面的关系可证得平面，建立