2022年河北省河间市第十四中学数学高三第一学期期末检测模拟试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知函数，若所有点，所构成的平面区域面积为，则（）A． B． C．1 D．2．已知双曲线满足以下条件：①双曲线E的右焦点与抛物线的焦点F重合；②双曲线E与过点的幂函数的图象交于点Q，且该幂函数在点Q处的切线过点F关于原点的对称点．则双曲线的离心率是（）A． B． C． D．3．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（）A． B． C． D．4．双曲线的左右焦点为，一条渐近线方程为，过点且与垂直的直线分别交双曲线的左支及右支于，满足，则该双曲线的离心率为（）A． B．3 C． D．25．已知焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A．或 B．或 C．或 D．6．已知是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的两支分别交于两点（A在右支，B在左支）若为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．7．已知，且，则在方向上的投影为（）A． B． C． D．8．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．9．已知变量x，y间存在线性相关关系，其数据如下表，回归直线方程为，则表中数据m的值为（）变量x0123变量y35.57A．0.9 B．0.85 C．0.75 D．0.510．若双曲线的一条渐近线与圆至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（）A． B． C． D．11．在中，在边上满足，为的中点，则（）.A． B． C． D．12．百年双中的校训是“仁”、“智”、“雅”、“和”.在2019年5月18日的高三趣味运动会中有这样的一个小游戏.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“仁”、“智”、“雅”、“和”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“仁”、“智”两个字都摸到就停止摸球.小明同学用随机模拟的方法恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间（含1和4）取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“仁”、“智”、“雅”、“和”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：141432341342234142243331112322342241244431233214344142134412由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知满足且目标函数的最大值为7，最小值为1，则___________．14．若函数为偶函数，则．15．已知双曲线的左、右焦点和点为某个等腰三角形的三个顶点，则双曲线C的离心率为________.16．在边长为的菱形中，点在菱形所在的平面内．若，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）已知椭圆与x轴负半轴交于，离心率.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线与椭圆C交于两点，连接AM,AN并延长交直线x=4于两点，若，直线MN是否恒过定点，如果是，请求出定点坐标，如果不是，请说明理由.18．（12分）已知等比数列是递增数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．19．（12分）若数列前n项和为，且满足（t为常数，且）（1）求数列的通项公式：（2）设，且数列为等比数列，令，.求证：.20．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；（2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值.21．（12分）已知数列{an}满足条件，且an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，n∈N*．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求证：Sn．22．（10分）已知函数f(x)=ex-x2-kx（其中e为自然对数的底，k为常数）有一个极大值点和一个极小值点．（1）求实数k的取值范围；（2）证明：f(x)的极大值不小于1．

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】

依题意，可得，在上单调递增，于是可得在上的值域为，继而可得，解之即可.【详解】解：，因为，，所以，在上单调递增，则在上的值域为，因为所有点所构成的平面区域面积为，所以，解得，故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到是关键，考查运算能力，属于中档题．2、B【解析】

由已知可求出焦点坐标为,可求得幂函数为,设出切点通过导数求出切线方程的斜率,利用斜率相等列出方程,即可求出切点坐标,然后求解双曲线的离心率．【详解】依题意可得，抛物线的焦点为，F关于原点的对称点；，，所以，，设，则，解得，∴，可得，又，，可解得，故双曲线的离心率是.故选B．【点睛】本题考查双曲线的性质,已知抛物线方程求焦点坐标,求幂函数解析式,直线的斜率公式及导数的几何意义,考查了学生分析问题和解决问题的能力,难度一般.3、C【解析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选．4、A【解析】

设，直线的方程为，联立方程得到，，根据向量关系化简到，得到离心率.【详解】设，直线的方程为.联立整理得，则.因为，所以为线段的中点，所以，，整理得，故该双曲线的离心率.故选：.【点睛】本题考查了双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.5、A【解析】

过作与准线垂直，垂足为，利用抛物线的定义可得，要使最大，则应最大，此时与抛物线相切，再用判别式或导数计算即可.【详解】过作与准线垂直，垂足为，，则当取得最大值时，最大，此时与抛物线相切，易知此时直线的斜率存在，设切线方程为，则.则，则直线的方程为.故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线的定义，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.6、D【解析】

根据双曲线的定义可得的边长为，然后在中应用余弦定理得的等式，从而求得离心率．【详解】由题意，，又，∴，∴，在中，即，∴．故选：D．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线的定义把到两焦点距离用表示，然后用余弦定理建立关系式．7、C【解析】

由向量垂直的向量表示求出，再由投影的定义计算．【详解】由可得，因为，所以．故在方向上的投影为．故选：C．【点睛】本题考查向量的数量积与投影．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．8、D【解析】

根据三视图判断出几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成，利用锥体和柱体的体积公式计算出体积并相加求得几何体的体积.【详解】由三视图可知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，该多面体体积为.故选D.【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图，考查柱体和锥体的体积公式，属于基础题.9、A【解析】

计算，代入回归方程可得．【详解】由题意，，∴，解得．故选：A.【点睛】本题考查线性回归直线方程，解题关键是掌握性质：线性回归直线一定过中心点．10、C【解析】

求得双曲线的渐近线方程，可得圆心到渐近线的距离，由点到直线的距离公式可得的范围，再由离心率公式计算即可得到所求范围．【详解】双曲线的一条渐近线为，即，由题意知，直线与圆相切或相离，则，解得，因此，双曲线的离心率.故选：C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题．11、B【解析】

由，可得，，再将代入即可.【详解】因为，所以，故.故选：B.【点睛】本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题.12、A【解析】

由题意找出满足恰好第三次就停止摸球的情况，用满足恰好第三次就停止摸球的情况数比20即可得解.【详解】由题意可知当1，2同时出现时即停止摸球，则满足恰好第三次就停止摸球的情况共有五种：142，112，241，142，412.则恰好第三次就停止摸球的概率为.故选：A.【点睛】本题考查了简单随机抽样中随机数的应用和古典概型概率的计算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-2【解析】

先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大最小值时所在的顶点即可．【详解】由题意得：目标函数在点B取得最大值为7，在点A处取得最小值为1，∴，，∴直线AB的方程是：，∴则，故答案为.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值的方法，属于基础题．14、1【解析】试题分析：由函数为偶函数函数为奇函数，．考点：函数的奇偶性．【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数为偶函数转化为函数为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取．15、【解析】

由等腰三角形及双曲线的对称性可知或,进而利用两点间距离公式求解即可.【详解】由题设双曲线的左、右焦点分别为,,因为左、右焦点和点为某个等腰三角形的三个顶点,当时,,由可得,等式两边同除可得,解得（舍）；当时,,由可得,等式两边同除可得,解得,故答案为:【点睛】本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的几何性质的应用,考查分类讨论思想.16、【解析】

以菱形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系,再设,根据求出的坐标,进而求得即可.【详解】解：连接设交于点以点为原点,分别以直线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则：设得,解得,,或,显然得出的是定值,取则,．故答案为：．【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解向量数量积的有关问题,属于中档题.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）直线恒过定点,详见解析【解析】

（1）依题意由椭圆的简单性质可求出，即得椭圆C的方程；（2）设直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标，同理可求出点的坐标，根据的坐标可求出直线的方程，将其化简成点斜式，即可求出定点坐标．【详解】（1）由题有，.∴，∴.∴椭圆方程为.（2）设直线的方程为：，则∴或，∴，同理，当时，由有.∴，同理，又∴，当时，∴直线的方程为∴直线恒过定点，当时，此时也过定点..综上:直线恒过定点.【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系应用，定点问题的求法等，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于难题．18、(1)(2)【解析】

（1）先利用等比数列的性质，可分别求出的值，从而可求出数列的通项公式；（2）利用错位相减求和法可求出数列的前项和．【详解】解：（1）由是递增等比数列，，联立，解得或，因为数列是递增数列，所以只有符合题意，则，结合可得，∴数列的通项公式：；（2）由，∴；∴；那么，①则，②将②﹣①得：．【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，考查了利用错位相减法求数列的前项和.19、（1）（2）详见解析【解析】

（1）利用可得的递推关系，从而可求其通项.（2）由为等比数列可得，从而可得的通项，利用错位相减法可得的前项和，利用不等式的性质可证.【详解】（1）由题意，得：（t为常数，且），当时，得，得.由，故，，故.（2）由，由为等比数列可知：，又，故，化简得到，所以或（舍）.所以，，则.设的前n项和为.则，相减可得【点睛】数列的通项与前项和的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.20、（1）（2）【解析】试题分析：（1）确定圆的方程，就是确定半径的值，因为直线与圆相切，所以先确定直线方程，即确定点坐标：因为轴，所以，根据对称性，可取，则直线的方程为，根据圆心到切线距离等于半径得（2）根据垂径定理，求直线被圆截得弦长的最大值，就是求圆心到直线的距离的最小值.设直线的方程为，则圆心到直线的距离，利用得，化简得，利用直线方程与椭圆方程联立方程组并结合韦达定理得，因此，当时，取最小值，取最大值为.试题解析：解：（1）因为椭圆的方程为，所以，.因为轴，所以，而直线与圆相切，根据对称性，可取，则直线的方程为，即.由圆与直线相切，得，所以圆的方程为.（2）易知，圆的方程为.①当轴时，，所以，此时得直线被圆截得的弦长为.②当与轴不垂直时，设直线的方程为，，首先由，得，即，所以（*）.联立，消去，得，将代入（*）式，得.由于圆心到直线的距离为，所以直线被圆截得的