贵州省兴仁市凤凰中学2022年数学高三第一学期期末监测模拟试题含解析

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（），若函数有三个零点，则的取值范围是（）A． B．C． D．2．已知向量，，若，则与夹角的余弦值为（）A． B． C． D．3．已知三棱柱的所有棱长均相等，侧棱平面，过作平面与平行，设平面与平面的交线为，记直线与直线所成锐角分别为，则这三个角的大小关系为()A． B．C． D．4．给出个数，，，，，，其规律是：第个数是，第个数比第个数大，第个数比第个数大，第个数比第个数大，以此类推，要计算这个数的和．现已给出了该问题算法的程序框图如图，请在图中判断框中的①处和执行框中的②处填上合适的语句，使之能完成该题算法功能()A．； B．；C．； D．；5．在直角中，，，，若，则（）A． B． C． D．6．已知复数z满足i•z＝2+i，则z的共轭复数是（）A．﹣1﹣2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．1+2i7．二项式的展开式中，常数项为（）A． B．80 C． D．1608．若复数（）是纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限9．已知函数，其中，若恒成立，则函数的单调递增区间为（）A． B．C． D．10．函数的图象如图所示,则它的解析式可能是()A． B．C． D．11．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件12．如图，在等腰梯形中，，，，为的中点，将与分别沿、向上折起，使、重合为点，则三棱锥的外接球的体积是（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列满足，，若，则数列的前n项和______．14．《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_____人；所合买的物品价格为_______元．15．已知向量，，且，则实数m的值是________．16．已知函数，若函数有个不同的零点，则的取值范围是___________．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）设数列，的各项都是正数，为数列的前n项和，且对任意，都有，，，（e是自然对数的底数）.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和.18．（12分）已知数列满足对任意都有，其前项和为，且是与的等比中项，．（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足，，设数列的前项和为，求大于的最小的正整数的值．19．（12分）设为等差数列的前项和，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若满足不等式的正整数恰有个，求正实数的取值范围．20．（12分）已知函数，直线是曲线在处的切线．（1）求证：无论实数取何值，直线恒过定点，并求出该定点的坐标；（2）若直线经过点，试判断函数的零点个数并证明．21．（12分）已知函数（其中是自然对数的底数）（1）若在R上单调递增，求正数a的取值范围；（2）若f（x）在处导数相等，证明：；（3）当时，证明：对于任意，若，则直线与曲线有唯一公共点（注：当时，直线与曲线的交点在y轴两侧）.22．（10分）已知椭圆过点，设椭圆的上顶点为，右顶点和右焦点分别为，，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线交椭圆于，两点，设直线与直线的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．

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、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.2、B【解析】

直接利用向量的坐标运算得到向量的坐标，利用求得参数m，再用计算即可.【详解】依题意，，而，即，解得，则.故选：B.【点睛】本题考查向量的坐标运算、向量数量积的应用，考查运算求解能力以及化归与转化思想.3、B【解析】

利用图形作出空间中两直线所成的角，然后利用余弦定理求解即可.【详解】如图，，设为的中点，为的中点，由图可知过且与平行的平面为平面，所以直线即为直线，由题易知，的补角，分别为，设三棱柱的棱长为2，在中，，；在中，，；在中，，，.故选：B【点睛】本题主要考查了空间中两直线所成角的计算，考查了学生的作图，用图能力，体现了学生直观想象的核心素养.4、A【解析】

要计算这个数的和，这就需要循环50次，这样可以确定判断语句①，根据累加最的变化规律可以确定语句②.【详解】因为计算这个数的和，循环变量的初值为1，所以步长应该为1，故判断语句①应为，第个数是，第个数比第个数大，第个数比第个数大，第个数比第个数大，这样可以确定语句②为，故本题选A.【点睛】本题考查了补充循环结构，正确读懂题意是解本题的关键.5、C【解析】

在直角三角形ABC中，求得，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值．【详解】在直角中，，，，，

，

若，则故选C.【点睛】本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．6、D【解析】

两边同乘-i，化简即可得出答案．【详解】i•z＝2+i两边同乘-i得z=1-2i,共轭复数为1+2i，选D.【点睛】的共轭复数为7、A【解析】

求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果.【详解】解：二项式展开式的通式为，令，解得，则常数项为.故选：A.【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.8、B【解析】

化简复数，由它是纯虚数，求得，从而确定对应的点的坐标．【详解】是纯虚数，则，，，对应点为，在第二象限．故选：B．【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的概念与几何意义．本题属于基础题．9、A【解析】

，从而可得，，再解不等式即可.【详解】由已知，，所以，，由，解得，.故选：A.【点睛】本题考查求正弦型函数的单调区间，涉及到恒成立问题，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.10、B【解析】

根据定义域排除，求出的值，可以排除，考虑排除.【详解】根据函数图象得定义域为，所以不合题意；选项，计算，不符合函数图象；对于选项，与函数图象不一致；选项符合函数图象特征.故选：B【点睛】此题考查根据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方法为排除法.11、A【解析】

由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.12、A【解析】

由题意等腰梯形中的三个三角形都是等边三角形，折叠成的三棱锥是正四面体，易求得其外接球半径，得球体积．【详解】由题意等腰梯形中，又，∴，是靠边三角形，从而可得，∴折叠后三棱锥是棱长为1的正四面体，设是的中心，则平面，，，外接球球心必在高上，设外接球半径为，即，∴，解得，球体积为．故选：A．【点睛】本题考查求球的体积，解题关键是由已知条件确定折叠成的三棱锥是正四面体．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

,求得的通项，进而求得,得通项公式，利用等比数列求和即可.【详解】由题为等差数列，∴,∴,∴,∴,故答案为【点睛】本题考查求等差数列数列通项，等比数列求和，熟记等差等比性质，熟练运算是关键，是基础题.14、753【解析】

根据物品价格不变，可设共有x人，列出方程求解即可【详解】设共有人，由题意知，解得，可知商品价格为53元.即共有7人，商品价格为53元.【点睛】本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用，属于中档题.15、1【解析】

根据即可得出，从而求出m的值．【详解】解：∵；∴；∴m＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算．16、【解析】

作出函数的图象及直线，如下图所示，因为函数有个不同的零点，所以由图象可知，，，所以．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）当时,,与作差可得,即可得到数列是首项为1,公差为1的等差数列,即可求解；对取自然对数,则,即是以1为首项,以2为公比的等比数列,即可求解；（2）由（1）可得,再利用错位相减法求解即可.【详解】解:（1）因为,,①当时,,解得；当时,有,②由①②得,,又,所以,即数列是首项为1,公差为1的等差数列,故,又因为,且,取自然对数得,所以,又因为,所以是以1为首项,以2为公比的等比数列,所以,即（2）由（1）知,,所以,③,④③减去④得:,所以【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查错位相减法求数列的和.18、（1）（2）4【解析】

（1）利用判断是等差数列，利用求出，利用等比中项建立方程，求出公差可得.（2）利用的通项公式,求出，用错位相减法求出，最后建立不等式求出最小的正整数.【详解】解：任意都有，数列是等差数列，，又是与的等比中项，，设数列的公差为，且，则，解得，，；由题意可知，①，②，①﹣②得：，，，由得，，，，满足条件的最小的正整数的值为．【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式及错位相减法求和.(1)解决等差数列通项的思路(1)在等差数列中，是最基本的两个量，一般可设出和，利用等差数列的通项公式和前项和公式列方程(组)求解即可.(2)错位相减法求和的方法：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解;在写“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式19、（1）；（2）．【解析】

（1）设等差数列的公差为，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量的值，然后利用等差数列的通项公式可得出数列的通项公式；（2）求出，可得出，可知当为奇数时不等式不成立，只考虑为偶数的情况，利用数列单调性的定义判断数列中偶数项构成的数列的单调性，由此能求出正实数的取值范围．【详解】（1）设等差数列的公差为，则，整理得，解得，，因此，；（2），满足不等式的正整数恰有个，得，由于，若为奇数，则不等式不可能成立.只考虑为偶数的情况，令，则，．.当时，，则；当时，，则；当时，，则.所以，，又，，，，.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，考查正实数的取值范围的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20、（1）见解析，（2）函数存在唯一零点.【解析】

（1）首先求出导函数，利用导数的几何意义求出处的切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程，根据方程即可求出定点.（2）由（1）求出函数，令方程可转化为记，利用导数判断函数在上单调递增，根据，由零点存在性定理即可求出零点个数.【详解】所以直线方程为即，恒过点将代入直线方程，得考虑方程即，等价于记，则于是函数在上单调递增，又所以函数在区间上存在唯一零点，即函数存在唯一零点.【点睛】本题考查了导数的几何意义、直线过定点、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理，属于难题.21、（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】

（1）需满足恒成立，只需即可；（2）根据的单调性，构造新函数，并令，根据的单调性即可得证；（3）将问题转化为证明有唯一实数解，对求导，判断其单调性，结合题目条件与不等式的放缩，即可得证．【详解】；令，则恒成立；，；的取值范围是；（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增；；令，；则；令，则；；；（3）证明：，，要证明有唯一实数解；当时，；当时，；即对于任意实数，一定有解；；