江西省九所重点中学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．已知实数满足约束条件，则的最小值为（）A．-5 B．2 C．7 D．112．设函数是奇函数的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A． B．C． D．3．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为A．72 B．64 C．48 D．324．已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为A． B． C． D．5．若(1＋2ai)i＝1－bi，其中a，b∈R，则|a＋bi|＝()．A． B． C． D．56．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（）A． B． C． D．7．在等腰直角三角形中，，为的中点，将它沿翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为（）.A． B． C． D．8．已知三点A(1,0)，B(0，)，C(2，)，则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为()A． B．C． D．9．某校为提高新入聘教师的教学水平，实行“老带新”的师徒结对指导形式，要求每位老教师都有徒弟，每位新教师都有一位老教师指导，现选出3位老教师负责指导5位新入聘教师，则不同的师徒结对方式共有（）种.A．360 B．240 C．150 D．12010．某工厂利用随机数表示对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，……，599,600.从中抽取60个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行：若从表中第6行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（）A．324 B．522 C．535 D．57811．已知，其中是虚数单位，则对应的点的坐标为（）A． B． C． D．12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，且，则的最小值是______.14．设满足约束条件且的最小值为7，则＝_________.15．已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，侧面积为，则该棱锥的体积为__________．16．若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中各项的系数和是________．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）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，已知曲线，曲线（为参数），求曲线交点的直角坐标.18．（12分）如图，已知四棱锥，平面，底面为矩形，，为的中点，.（1）求线段的长.（2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值.19．（12分）数列满足，且.（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.20．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知圆C：，椭圆E：（）的右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切.（1）求椭圆E的方程；（2）设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当时，求直线l的方程.21．（12分）在直角坐标系中，已知点，若以线段为直径的圆与轴相切.（1）求点的轨迹的方程；（2）若上存在两动点（A，B在轴异侧）满足，且的周长为，求的值.22．（10分）已知函数.若在定义域内存在，使得成立，则称为函数的局部对称点.（1）若a，且a≠0，证明：函数有局部对称点；（2）若函数在定义域内有局部对称点，求实数c的取值范围；（3）若函数在R上有局部对称点，求实数m的取值范围.

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】

根据约束条件画出可行域，再将目标函数化成斜截式，找到截距的最小值.【详解】由约束条件，画出可行域如图变为为斜率为-3的一簇平行线，为在轴的截距，最小的时候为过点的时候，解得所以，此时故选A项【点睛】本题考查线性规划求一次相加的目标函数，属于常规题型，是简单题.2、D【解析】构造函数，令，则，由可得，则是区间上的单调递减函数，且，当x∈(0,1)时,g(x)>0,∵lnx<0,f(x)<0,(x2-1)f(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,∵lnx>0,∴f(x)<0,(x2-1)f(x)<0∵f(x)是奇函数,当x∈(-1,0)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)<0∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)>0.综上所述,使得(x2-1)f(x)>0成立的x的取值范围是.本题选择D选项.点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．3、B【解析】

由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。【详解】由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，所以几何体的体积为，故选B。【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。4、D【解析】

如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，.在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D．5、C【解析】试题分析：由已知，－2a＋i＝1－bi，根据复数相等的充要条件，有a＝－，b＝－1所以|a＋bi|＝，选C考点：复数的代数运算，复数相等的充要条件，复数的模6、D【解析】

先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.【详解】甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.故选：D【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.7、D【解析】

如图，将四面体放到直三棱柱中，求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径，然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点，这样根据几何关系，求外接球的半径.【详解】中，易知，翻折后,，，设外接圆的半径为，，，如图：易得平面，将四面体放到直三棱柱中，则球心在上下底面外接圆圆心连线中点，设几何体外接球的半径为，，四面体的外接球的表面积为.故选：D【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积，意在考查空间想象能力，和计算能力，属于中档题型，求几何体的外接球的半径时，一般可以用补形法，因正方体，长方体的外接球半径容易求，可以将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，比如三条侧棱两两垂直的三棱锥，或是构造直角三角形法，确定球心的位置，构造关于外接球半径的方程求解.8、B【解析】

选B.考点：圆心坐标9、C【解析】

可分成两类，一类是3个新教师与一个老教师结对，其他一新一老结对，第二类两个老教师各带两个新教师，一个老教师带一个新教师，分别计算后相加即可．【详解】分成两类，一类是3个新教师与同一个老教师结对，有种结对结对方式，第二类两个老教师各带两个新教师，有．∴共有结对方式60＋90＝150种．故选：C．【点睛】本题考查排列组合的综合应用．解题关键确定怎样完成新老教师结对这个事情，是先分类还是先分步，确定方法后再计数．本题中有一个平均分组问题．计数时容易出错．两组中每组中人数都是2，因此方法数为．10、D【解析】

因为要对600个零件进行编号，所以编号必须是三位数，因此按要求从第6行第6列开始向右读取数据，大于600的，重复出现的舍去，直至得到第六个编号.【详解】从第6行第6列开始向右读取数据，编号内的数据依次为:，因为535重复出现，所以符合要求的数据依次为，故第6个数据为578.选D.【点睛】本题考查了随机数表表的应用，正确掌握随机数表法的使用方法是解题的关键.11、C【解析】

利用复数相等的条件求得，，则答案可求．【详解】由，得，．对应的点的坐标为，，．故选：．【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题．12、B【解析】

还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.【详解】由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥半个圆柱体积为：四棱锥体积为：原几何体体积为：本题正确选项：【点睛】本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、8【解析】

利用的代换，将写成，然后根据基本不等式求解最小值.【详解】因为（即取等号），所以最小值为.【点睛】已知，求解（）的最小值的处理方法：利用，得到，展开后利用基本不等式求解，注意取等号的条件.14、3【解析】

根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.【详解】根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，由可得，当时显然不满足题意；当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.综上可知满足条件时.故答案为：3.【点睛】本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.15、【解析】

如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，则，设，根据正四棱锥的侧面积求出的值，再利用勾股定理求得正四棱锥的高，代入体积公式，即可得到答案.【详解】如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，则，设，，，，，，.故答案为：.【点睛】本题考查棱锥的侧面积和体积，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.16、【解析】

由题意得出展开式中共有11项，；再令求得展开式中各项的系数和．【详解】由的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以展开式中共有11项，所以；令，可求得展开式中各项的系数和是：．故答案为：1．【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式的运用，考查二项式展开式各项系数和的求法，属于基础题.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、【解析】

利用极坐标方程与普通方程、参数方程间的互化公式化简即可.【详解】因为，所以，所以曲线的直角坐标方程为.由，得，所以曲线的普通方程为.由，得，所以（舍），所以，所以曲线的交点坐标为.【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程，参数方程与普通方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.18、（1）的长为4（2）【解析】

（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据向量垂直关系计算得到答案.（2）计算平面的法向量为，为平面的一个法向量，再计算向量夹角得到答案.【详解】（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以.，因为，所以，即，解得，所以的长为4.（2）因为，所以，又，故.设为平面的法向量，则即取，解得，所以为平面的一个法向量.显然，为平面的一个法向量，则，据图可知，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的线段长度，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19、（1）证明见解析，；（2）【解析】

（1）利用，推出，然后利用等差数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）知，利用裂项法，即可求解数列的前n项和.【详解】（1）由题意，数列满足且可得，即，所以数列是公差，首项的等差数列，故，所以.（2）由（1）知，所以数列的前n项和：==【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及“裂项法”求解数列的前n项和，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式，合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.20、（1）（2）或.【解析】

（1）圆的方程已知，根据条件列出方程组，解方程即得；（2）设，，显然直线l的斜率存在，方法一：设直线l的方程为：，将直线方程和椭圆方程联立，消去，可得，同理直线方程和圆方程联立，可得，再由可解得，即得；方法二：设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，可得，将其与圆方程联立，可得，由可解得，即得.【详解】（1）记椭圆E的焦距为（）.右顶点在圆C上，右准线与圆C：相切.解得，，椭圆方程为：.（2）法1：设，，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：.直线方程和椭圆方程联立，由方程组消去y得，整理得.由，解得.直线方程和圆方程联立，由方程组消去y得，由，解得.又，则有.即，解得，故直线l的方程为或.分法2：设，，当直线l与x轴重合时，不符题意.设直线l的方程为：.由方程组消去x得，，解得.由方程组消去x得，，解得.又，则有.即，解得，故直线l的方程为或.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，以及直线和椭圆的位置关系，考查学生的分析和运算能力.21、（1）；（2）【解析】

（1）设，则由题设条件可得，化简后可得轨迹的方程.（2）设直线，联立直线方