安徽省铜陵市义安区铜都双语学校2022-2023学年高三数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

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。1．一个陶瓷圆盘的半径为，中间有一个边长为的正方形花纹，向盘中投入1000粒米后，发现落在正方形花纹上的米共有51粒，据此估计圆周率的值为（精确到0.001）（）A．3.132 B．3.137 C．3.142 D．3.1472．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．3．若，满足约束条件，则的取值范围为（）A． B． C． D．4．已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③5．《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵中，，，当阳马体积的最大值为时，堑堵的外接球的体积为（）A． B． C． D．6．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙7．有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为cm，高度为cm，现往里面装直径为cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（）（附：）A．个 B．个 C．个 D．个8．已知双曲线的一个焦点为，且与双曲线的渐近线相同，则双曲线的标准方程为()A． B． C． D．9．已知是偶函数，在上单调递减，，则的解集是A． B．C． D．10．在棱长均相等的正三棱柱中，为的中点，在上，且，则下述结论：①；②；③平面平面：④异面直线与所成角为其中正确命题的个数为()A．1 B．2 C．3 D．411．正项等比数列中，，且与的等差中项为4，则的公比是()A．1 B．2 C． D．12．设a=log73，，c=30.7，则a，b，c的大小关系是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知全集，集合则_____．14．若函数为偶函数，则________.15．已知集合，，则_____________.16．已知(2x-1)7=ao+a1x+a2x2+…+a7x7，则a2=____.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）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，证明：.18．（12分）已知函数，其中为自然对数的底数.（1）若函数在区间上是单调函数，试求的取值范围；（2）若函数在区间上恰有3个零点，且，求的取值范围.19．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成的角.20．（12分）在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）已知外接圆半径,求的周长.21．（12分）已知函数，（Ⅰ）当时，证明；（Ⅱ）已知点，点，设函数，当时，试判断的零点个数．22．（10分）已知椭圆的右焦点为,过点且斜率为的直线与椭圆交于两点,线段的中点为为坐标原点.（1）证明:点在轴的右侧;（2）设线段的垂直平分线与轴、轴分别相交于点.若与的面积相等,求直线的斜率

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、B【解析】

结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可【详解】如图，由几何概型公式可知：.故选：B【点睛】本题考查随机模拟的概念和几何概型，属于基础题2、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．3、B【解析】

根据约束条件作出可行域，找到使直线的截距取最值得点，相应坐标代入即可求得取值范围.【详解】画出可行域，如图所示：由图可知，当直线经过点时，取得最小值－5；经过点时，取得最大值5，故.故选：B【点睛】本题考查根据线性规划求范围，属于基础题.4、C【解析】

根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；若，，平面可能相交，故②错误；若，，则可能平行，故③错误；由线面垂直的性质可得，④正确；故选：C【点睛】本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.5、B【解析】

利用均值不等式可得,即可求得,进而求得外接球的半径,即可求解.【详解】由题意易得平面,所以,当且仅当时等号成立,又阳马体积的最大值为,所以,所以堑堵的外接球的半径,所以外接球的体积,故选:B【点睛】本题以中国传统文化为背景,考查四棱锥的体积、直三棱柱的外接球的体积、基本不等式的应用,体现了数学运算、直观想象等核心素养.6、A【解析】

利用逐一验证的方法进行求解.【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查．7、C【解析】

计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm，得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm，得到不等式，计算得到答案.【详解】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体，易求正四面体相对棱的距离为cm，每装两个球称为“一层”，这样装层球，则最上层球面上的点距离桶底最远为cm，若想要盖上盖子，则需要满足，解得，所以最多可以装层球，即最多可以装个球．故选：【点睛】本题考查了圆柱和球的综合问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.8、B【解析】

根据焦点所在坐标轴和渐近线方程设出双曲线的标准方程，结合焦点坐标求解.【详解】∵双曲线与的渐近线相同，且焦点在轴上，∴可设双曲线的方程为，一个焦点为，∴，∴，故的标准方程为.故选：B【点睛】此题考查根据双曲线的渐近线和焦点求解双曲线的标准方程，易错点在于漏掉考虑焦点所在坐标轴导致方程形式出错.9、D【解析】

先由是偶函数，得到关于直线对称；进而得出单调性，再分别讨论和，即可求出结果.【详解】因为是偶函数，所以关于直线对称；因此，由得；又在上单调递减，则在上单调递增；所以，当即时，由得，所以，解得；当即时，由得，所以，解得；因此，的解集是.【点睛】本题主要考查由函数的性质解对应不等式，熟记函数的奇偶性、对称性、单调性等性质即可，属于常考题型.10、B【解析】

设出棱长，通过直线与直线的垂直判断直线与直线的平行，推出①的正误；判断是的中点推出②正的误；利用直线与平面垂直推出平面与平面垂直推出③正的误；建立空间直角坐标系求出异面直线与所成角判断④的正误．【详解】解：不妨设棱长为：2，对于①连结，则，即与不垂直，又，①不正确；对于②，连结，，在中，，而，是的中点，所以，②正确；对于③由②可知，在中，，连结，易知，而在中，，，即，又，面，平面平面，③正确；以为坐标原点，平面上过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系；，，，，，；，；异面直线与所成角为，，故．④不正确．故选：．【点睛】本题考查命题的真假的判断，棱锥的结构特征，直线与平面垂直，直线与直线的位置关系的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．11、D【解析】

设等比数列的公比为q，，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q．【详解】由题意，正项等比数列中，，可得，即，与的等差中项为4，即，设公比为q，则，则负的舍去，故选D．【点睛】本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题．12、D【解析】

，，得解．【详解】，，，所以，故选D【点睛】比较不同数的大小，找中间量作比较是一种常见的方法．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据补集的定义求解即可.【详解】解：．故答案为．【点睛】本题主要考查了补集的运算,属于基础题.14、【解析】

二次函数为偶函数说明一次项系数为0，求得参数，将代入表达式即可求解【详解】由为偶函数，知其一次项的系数为0，所以，，所以，故答案为：-5【点睛】本题考查由奇偶性求解参数，求函数值，属于基础题15、【解析】

由集合和集合求出交集即可.【详解】解：集合，，.故答案为：.【点睛】本题考查了交集及其运算，属于基础题.16、【解析】

根据二项展开式的通项公式即可得结果.【详解】解：(2x-1)7的展开式通式为：当时，，则.故答案为：【点睛】本题考查求二项展开式指定项的系数，是基础题.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）当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）证明见解析【解析】

（1）对求导，分，，进行讨论，可得的单调性；（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，，设，可得，则，设，对求导，利用其单调性可证明.【详解】解：的定义域为，因为，所以，当时，令，得，令，得；当时，则，令，得，或，令，得；当时，，当时，则，令，得；综上所述，当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，此时，设，又因为，则，设，则对于任意成立，所以在上是增函数，所以对于，有，即，有，因为，所以，即，又在递增，所以，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题.18、（1）；（2）.【解析】

（1）求出，再求恒成立，以及恒成立时，的取值范围；（2）由已知，在区间内恰有一个零点，转化为在区间内恰有两个零点，由（1）的结论对分类讨论，根据单调性，结合零点存在性定理，即可求出结论.【详解】（1）由题意得，则，当函数在区间上单调递增时，在区间上恒成立.∴（其中），解得.当函数在区间上单调递减时，在区间上恒成立，∴（其中），解得.综上所述，实数的取值范围是.（2）.由，知在区间内恰有一个零点，设该零点为，则在区间内不单调.∴在区间内存在零点，同理在区间内存在零点.∴在区间内恰有两个零点.由（1）易知，当时，在区间上单调递增，故在区间内至多有一个零点，不合题意.当时，在区间上单调递减，故在区间内至多有一个零点，不合题意，∴.令，得，∴函数在区间上单凋递减，在区间上单调递增.记的两个零点为，∴，必有.由，得.∴又∵，∴.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、零点问题，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.19、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由余弦定理解得，即可得到，由面面垂直的性质可得平面，即可得到，从而得证；（Ⅱ）在平面中，过点作于点，则平面，如图所示建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法得到二面角的余弦，即可得到的关系，从而得解；【详解】解：（Ⅰ）证明：在中，，解得，则，从而因为平面平面，平面平面所以平面，又因为平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面；（Ⅱ）解：在平面中，过点作于点，则平面，如图所示建立空间直角坐标系，设，其中，则设平面的法向量为，则，即，令，则又平面的一个法向量，则从而，故则直线与平面所成的角为，大小为.【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.20、（1）（2）3+3【解析】

（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周长．【详解】（1），即又（2）,∵，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴，∵c＞0，所以得c=2,∴周长a+b+c=3+3．【点睛】本题考查三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定