四川省成都外国语高级中学2022年数学高三第一学期期末达标检测试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知命题：使成立．则为（）A．均成立 B．均成立C．使成立 D．使成立2．已知函数的部分图象如图所示，则（）A． B． C． D．3．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点，则的最大值为（）A．3 B．6 C．9 D．124．设集合，，则集合A． B． C． D．5．已知是偶函数，在上单调递减，，则的解集是A． B．C． D．6．己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，，垂足为，若的面积为，则到的距离为（）A． B． C．8 D．67．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．18．已知函数，若关于的方程恰好有3个不相等的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．9．已知复数是正实数，则实数的值为()A． B． C． D．10．若是定义域为的奇函数，且，则A．的值域为 B．为周期函数，且6为其一个周期C．的图像关于对称 D．函数的零点有无穷多个11．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中左视图中三角形为等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是（）A． B．C． D．12．观察下列各式：，，，，，，，，根据以上规律，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在处的切线的斜率为________.14．函数的图象在处的切线方程为__________．15．若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为__________．16．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是______.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）某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉，观景喷泉的示意图如图所示，两点为喷泉，圆心为的中点，其中米，半径米，市民可位于水池边缘任意一点处观赏．（1）若当时，，求此时的值；（2）设，且．（i）试将表示为的函数，并求出的取值范围；（ii）若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时，观赏角度的最大值不小于，试求两处喷泉间距离的最小值．18．（12分）如图，四棱锥中，底面是矩形，面底面，且是边长为的等边三角形，在上，且面.（1）求证:是的中点；（2）在上是否存在点，使二面角为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.19．（12分）如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．（Ⅰ）若θ=，求的值；（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长．20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求和的直角坐标方程；（2）已知为曲线上的一个动点，求线段的中点到直线的最大距离．21．（12分）底面为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.22．（10分）已知x∈R，设，，记函数.（1）求函数取最小值时x的取值范围；（2）设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，求△ABC的面积S的最大值.

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】试题分析：原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即．考点：全称命题.2、A【解析】

先利用最高点纵坐标求出A，再根据求出周期，再将代入求出φ的值.最后将代入解析式即可.【详解】由图象可知A＝1，∵，所以T＝π，∴.∴f（x）＝sin（2x+φ），将代入得φ）＝1，∴φ，结合0＜φ，∴φ.∴.∴sin.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的据图求式问题以及三角函数的公式变换.据图求式问题要注意结合五点法作图求解.属于中档题.3、C【解析】

分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：则，所以平面区域的面积，解得，此时，由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.4、B【解析】

先求出集合和它的补集，然后求得集合的解集，最后取它们的交集得出结果.【详解】对于集合A，，解得或，故.对于集合B，，解得.故.故选B.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查对数不等式的解法，考查集合的补集和交集的运算.对于有两个根的一元二次不等式的解法是：先将二次项系数化为正数，且不等号的另一边化为，然后通过因式分解，求得对应的一元二次方程的两个根，再利用“大于在两边，小于在中间”来求得一元二次不等式的解集.5、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.6、D【解析】

作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，，从而可求出，进而可求得，，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离．【详解】如图所示，作，垂足为，设，由，得，则，.过点N作，垂足为G，则，，所以在中，，，所以，所以，在中，，所以，所以，，所以．解得，因为，所以为线段的中点，所以F到l的距离为．故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题．7、A【解析】

由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.【详解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.【点睛】考查集合并集运算，属于简单题.8、D【解析】

讨论，，三种情况，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到答案.【详解】当时，，故，函数在上单调递增，在上单调递减，且；当时，；当时，，，函数单调递减；如图所示画出函数图像，则，故.故选：.【点睛】本题考查了利用导数求函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.9、C【解析】

将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.【详解】因为为正实数，所以且，解得.故选：C【点睛】本题考查复数的基本定义，属基础题.10、D【解析】

运用函数的奇偶性定义，周期性定义，根据表达式判断即可.【详解】是定义域为的奇函数，则，，又，，即是以4为周期的函数，，所以函数的零点有无穷多个；因为，，令，则，即，所以的图象关于对称，由题意无法求出的值域，所以本题答案为D.【点睛】本题综合考查了函数的性质，主要是抽象函数的性质，运用数学式子判断得出结论是关键.11、C【解析】

作出三视图所表示几何体的直观图，可得直观图为直三棱柱，并且底面为等腰直角三角形，即可求得外接球的半径，即可得外接球的体积.【详解】如图为几何体的直观图，上下底面为腰长为的等腰直角三角形，三棱柱的高为4，其外接球半径为，所以体积为.故选：C【点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、球的体积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意球心的确定.12、B【解析】

每个式子的值依次构成一个数列，然后归纳出数列的递推关系后再计算．【详解】以及数列的应用根据题设条件，设数字，，，，，，，构成一个数列，可得数列满足，则，，．故选：B．【点睛】本题主要考查归纳推理，解题关键是通过数列的项归纳出递推关系，从而可确定数列的一些项．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

求出函数的导数，利用导数的几何意义令，即可求出切线斜率.【详解】，，，即曲线在处的切线的斜率.故答案为：【点睛】本题考查了导数的几何意义、导数的运算法则以及基本初等函数的导数，属于基础题.14、【解析】

利用导数的几何意义,对求导后在计算在处导函数的值,再利用点斜式列出方程化简即可.【详解】,则切线的斜率为.又,所以函数的图象在处的切线方程为,即.故答案为：【点睛】本题主要考查了根据导数的几何意义求解函数在某点处的切线方程问题,需要注意求导法则与计算,属于基础题.15、【解析】

分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,【详解】令；当时，，不合题意；当时，，令，得或，所以在区间和上单调递减.因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为.若，，则，即.当时，，当时，则.设，则.当时，；当时，，所以在上单调递增；在上单调递减，所以，即，所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查不等式恒成立问题.不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法;如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(,或，)求解．16、【解析】

先由三视图在长方体中将其还原成直观图，再利用球的直径是长方体体对角线即可解决.【详解】由三视图知该几何体是一个三棱锥，如图所示长方体对角线长为，所以三棱锥外接球半径为，故所求外接球的表面积.故答案为：.【点睛】本题考查几何体三视图以及几何体外接球的表面积，考查学生空间想象能力以及基本计算能力，是一道基础题.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)；(2)(i)，；(ii).【解析】

（1）在中，由正弦定理可得所求；（2）（i）由余弦定理得，两式相加可得所求解析式．（ii）在中，由余弦定理可得，根据的最大值不小于可得关于的不等式，解不等式可得所求．【详解】（1）在中，由正弦定理得，所以，即．（2）（i）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又所以，即．又，解得，所以所求关系式为，．（ii）当观赏角度的最大时，取得最小值．在中，由余弦定理可得，因为的最大值不小于，所以，解得，经验证知，所以．即两处喷泉间距离的最小值为．【点睛】本题考查解三角形在实际中的应用，解题时要注意把条件转化为三角形的边或角，然后借助正余弦定理进行求解．解题时要注意三角形边角关系的运用，同时还要注意所得结果要符合实际意义．18、(1)见解析;(2).【解析】试题分析：(1)连交于可得是中点，再根据面可得进而根据中位线定理可得结果；(2)取中点，由（1）知两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴,轴，轴建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量，用表示面的一个法向量，由可得结果.试题解析：(1)证明：连交于，连是矩形，是中点.又面，且是面与面的交线，是的中点.(2)取中点，由（1）知两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为.设存在满足要求，且，则由得：，面的一个法向量为，面的一个法向量为，由，得，解得，故存在，使二面角为直角，此时.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用三角形面积公式以及并结合正弦定理，可得结果.（Ⅱ）根据，可得，然后使用余弦定理，可得结果.【详解】（Ⅰ），所以所以；（Ⅱ），所以，所以，，所以，所以边．【点睛】本题考查三角形面积公式，正弦定理以及余弦定理的应用，关键在于识记公式，属中档题.20、（1）．．（2）最大距离为．【解析】

（1）直接利用极坐标方程和参数方程的公式计算得到答案.（2）曲线的参数方程为，设，计算点到直线的距离公式得到答案.【详解】（1）由，得，则曲线的直角坐标方程为，即．直线的直角坐标方程为．（2）可知曲线的参数方程为（为参数），设，，则到直线的距离为，所以线段的中点到直线的最大距离为．【点睛】本题考查了极坐标方程，参数方程，距离的最值问题，意在考查学生的计算能力.21、（1）见解析；（2）【解析】

（1）先由线面垂直的判定定理证明平