青海省西宁第二十一中学2022-2023学年数学高三第一学期期末调研模拟试题含解析

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．如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（米粒大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（）A．134 B．67 C．182 D．1082．函数（），当时，的值域为，则的范围为（）A． B． C． D．3．体育教师指导4个学生训练转身动作，预备时，4个学生全部面朝正南方向站成一排.训练时，每次都让3个学生“向后转”，若4个学生全部转到面朝正北方向，则至少需要“向后转”的次数是（）A．3 B．4 C．5 D．64．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗为十升).问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S=15(单位：升)，则输入的k的值为（） A．45 B．60 C．75 D．1005．盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（）A． B． C． D．6．已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为（）（附：若随机变量ξ服从正态分布，则，．）A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%7．如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边.已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（）A． B． C． D．8．的二项展开式中，的系数是（）A．70 B．-70 C．28 D．-289．一个四面体所有棱长都是4，四个顶点在同一个球上，则球的表面积为（）A． B． C． D．10．若，则，，，的大小关系为（）A． B．C． D．11．已知为虚数单位，实数满足，则()A．1 B． C． D．12．盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”，其中只有2张“刮刮卡”有奖，现甲从盒中随机取出2张，则至少有一张有奖的概率为()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知集合U＝{1,3,5,9}，A＝{1,3,9}，B＝{1,9}，则∁U(A∪B)＝________.14．某种产品的质量指标值服从正态分布，且．某用户购买了件这种产品，则这件产品中质量指标值位于区间之外的产品件数为_________．15．四边形中，，，，，则的最小值是______.16．在中，，点是边的中点，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）在数列中，，（1）求数列的通项公式；（2）若存在，使得成立，求实数的最小值18．（12分）已知函数，，若存在实数使成立，求实数的取值范围.19．（12分）已知函数（1）已知直线：，：.若直线与关于对称，又函数在处的切线与垂直，求实数的值；（2）若函数，则当，时，求证：①；②.20．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分别是AB，A1C的中点.（1）求证：直线MN⊥平面ACB1；（2）求点C1到平面B1MC的距离.21．（12分）如图所示，直角梯形ABCD中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面ABCD．(1)求证：平面ABE；(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值．(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．22．（10分）已知函数，不等式的解集为.（1）求实数，的值；（2）若，，，求证：.

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】

根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.【详解】解：设大正方形的边长为1，则小直角三角形的边长为，

则小正方形的边长为，小正方形的面积，

则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为，

故选：B.【点睛】本题主要考查几何概型的概率的应用，求出对应的面积之比是解决本题的关键.2、B【解析】

首先由，可得的范围，结合函数的值域和正弦函数的图像，可求的关于实数的不等式，解不等式即可求得范围.【详解】因为，所以，若值域为，所以只需，∴.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的值域，熟悉正弦函数的单调性和特殊角的三角函数值是解题的关键，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.3、B【解析】

通过列举法，列举出同学的朝向，然后即可求出需要向后转的次数.【详解】“正面朝南”“正面朝北”分别用“∧”“∨”表示，利用列举法，可得下表，原始状态第1次“向后转”第2次“向后转”第3次“向后转”第4次“向后转”∧∧∧∧∧∨∨∨∨∨∧∧∧∧∧∨∨∨∨∨可知需要的次数为4次.故选：B.【点睛】本题考查的是求最小推理次数，一般这类题型构造较为巧妙，可通过列举的方法直观感受，属于基础题.4、B【解析】

根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算．【详解】由题意，．故选：B.【点睛】本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键．5、B【解析】

由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.【详解】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：故选：B【点睛】本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.6、B【解析】试题分析：由题意故选B．考点：正态分布7、D【解析】

由半圆面积之比，可求出两个直角边的长度之比，从而可知，结合同角三角函数的基本关系，即可求出，由二倍角公式即可求出.【详解】解：由题意知，以为直径的半圆面积，以为直径的半圆面积，则，即.由，得，所以.故选:D.【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值.8、A【解析】试题分析：由题意得，二项展开式的通项为，令，所以的系数是，故选A．考点：二项式定理的应用．9、A【解析】

将正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可．【详解】解：如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，∵四面体所有棱长都是4，∴正方体的棱长为，设球的半径为，则，解得，所以，故选：A．【点睛】本题主要考查多面体外接球问题，解决本题的关键在于，巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径为正方体的对角线，从而将问题巧妙转化，属于中档题．10、D【解析】因为，所以，因为，，所以,.综上；故选D.11、D【解析】，则故选D.12、C【解析】

先计算出总的基本事件的个数，再计算出两张都没获奖的个数，根据古典概型的概率，求出两张都没有奖的概率，由对立事件的概率关系，即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张，共有种情况，2张均没有奖的情况有（种），故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系，意在考查数学建模、数学计算能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、{5}【解析】易得A∪B＝A＝{1,3,9}，则∁U(A∪B)＝{5}．14、【解析】

直接计算，可得结果.【详解】由题可知：则质量指标值位于区间之外的产品件数：故答案为：【点睛】本题考查正太分布中原则，审清题意，简单计算，属基础题.15、【解析】

在中利用正弦定理得出，进而可知，当时，取最小值，进而计算出结果.【详解】，如图，在中，由正弦定理可得，即，故当时，取到最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形，同时也考查了常见的三角函数值，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中档题．16、2【解析】

根据正弦定理直接求出，利用三角形的边表示向量,然后利用向量的数量积求解即可.【详解】中，，，可得因为点是边的中点，所以故答案为：；.【点睛】本题主要考查了三角形的解法，向量的数量积的应用，考查计算能力，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）【解析】

（1）由得，两式相减可得是从第二项开始的等比数列，由此即可求出答案；（2），分类讨论，当时，，作商法可得数列为递增数列，由此可得答案，【详解】解：（1）因为，，两式相减得：，即，是从第二项开始的等比数列，∵∴，则，；（2），当时，；当时，设递增，，所以实数的最小值．【点睛】本题主要考查地推数列的应用，属于中档题．18、【解析】试题分析：先将问题“存在实数使成立”转化为“求函数的最大值”,再借助柯西不等式求出的最大值即可获解.试题解析：存在实数使成立，等价于的最大值大于，因为，由柯西不等式：，所以，当且仅当时取“”，故常数的取值范围是．考点：柯西不等式即运用和转化与化归的数学思想的运用.19、（1）（2）①证明见解析②证明见解析【解析】

（1）首先根据直线关于直线对称的直线的求法，求得的方程及其斜率.根据函数在处的切线与垂直列方程，解方程求得的值.（2）①构造函数，利用的导函数证得当时，，由此证得.②由①知成立，整理得成立.利用构造函数法证得，由此得到，即，化简后得到.【详解】（1）由解得必过与的交点.在上取点，易得点关于对称的点为，即为直线，所以的方程为，即，其斜率为.又因为，所以，，由题意，解得.（2）因为，所以.①令，则，则，且，，时，，单调递减；时，，单调递增.因为，所以，因为，所以存在，使时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增.又，所以时，，即，所以，即成立.②由①知成立，即有成立.令，即.所以时，，单调递增；时，，单调递减，所以，即，因为，所以，所以时，，即时，.【点睛】本小题考查函数图象的对称性，利用导数求切线的斜率，利用导数证明不等式等基础知识；考查学生分析问题，解决问题的能力，推理与运算求解能力，转化与化归思想，数形结合思想和应用意识.20、（1）证明见解析.（2）【解析】

（1）连接AC1，BC1，结合中位线定理可证MN∥BC1，再结合线面垂直的判定定理和线面垂直的性质分别求证AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求证直线MN⊥平面ACB1；（2）作交于点，通过等体积法，设C1到平面B1CM的距离为h，则有，结合几何关系即可求解【详解】（1）证明：连接AC1，BC1，则N∈AC1且N为AC1的中点；∵M是AB的中点.所以：MN∥BC1；∵A1A⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1A⊥AC，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC，∴AC⊥CC1，∵∠ACB＝90°，BC∩CC1＝C，BC⊂平面BB1C1C，CC1⊂平面BB1C1C，∴AC⊥平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，∴AC⊥BC1；又MN∥BC1∴AC⊥MN，∵CB＝C1C＝1，∴四边形BB1C1C正方形，∴BC1⊥B1C，∴MN⊥B1C，而AC∩B1C＝C，且AC⊂平面ACB1，CB1⊂平面ACB1，∴MN⊥平面ACB1，（2）作交于点，设C1到平面B1CM的距离为h，因为MP，所以•MP，因为CM，B1C；B1M，所以所以：CM•B1M.因为，所以，解得所以点，到平面的距离为【点睛】本题主要考查面面垂直的证明以及点到平面的距离，一般证明面面垂直都用线面垂直转化为面面垂直，而点到面的距离常用体积转化来求，属于中档题21、（I）见解析（II）（III）【解析】试题分析：（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，且，据此有，则平面．（Ⅱ）由题意可得平面的法向量，结合(Ⅰ)的结论可得，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）设，，则，而平面的法向量，据此可得，解方程有或．据此计算可得．试题解析：（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如