四川省宜宾市筠连县第二中学2022年数学高三第一学期期末达标检测模拟试题含解析

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．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）为（）A． B．6 C． D．2．一个算法的程序框图如图所示，若该程序输出的结果是，则判断框中应填入的条件是（）A． B． C． D．3．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（）A． B． C． D．4．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）A． B． C． D．5．的二项展开式中，的系数是（）A．70 B．-70 C．28 D．-286．若，则下列关系式正确的个数是（）①②③④A．1 B．2 C．3 D．47．由曲线围成的封闭图形的面积为（）A． B． C． D．8．若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数的值为（）A．7 B．6 C．5 D．49．函数在上为增函数，则的值可以是()A．0 B． C． D．10．已知满足，，,则在上的投影为（）A． B． C． D．211．高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且．从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（）A．40 B．60 C．80 D．10012．已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的-一个公共点，且，设椭圆和双曲线的离心率分别为，则的关系为（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数，则的值为______.14．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________．15．在矩形中，，为的中点，将和分别沿，翻折，使点与重合于点.若，则三棱锥的外接球的表面积为_____.16．已知实数满足，则的最小值是______________.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）某广告商租用了一块如图所示的半圆形封闭区域用于产品展示,该封闭区域由以为圆心的半圆及直径围成．在此区域内原有一个以为直径、为圆心的半圆形展示区,该广告商欲在此基础上,将其改建成一个凸四边形的展示区,其中、分别在半圆与半圆的圆弧上,且与半圆相切于点．已知长为40米,设为．（上述图形均视作在同一平面内）（1）记四边形的周长为,求的表达式;（2）要使改建成的展示区的面积最大,求的值．18．（12分）已知，，，.（1）求的值；（2）求的值.19．（12分）已知分别是的内角的对边，且．（Ⅰ）求．（Ⅱ）若，，求的面积．（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的值．20．（12分）如图,在四棱锥中,底面是矩形,四条侧棱长均相等.（1）求证：平面;（2）求证：平面平面.21．（12分）在角中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若．（1）求角A；（2）若的面积为，求的周长．22．（10分）已知数列，，数列满足，n．（1）若，，求数列的前2n项和；（2）若数列为等差数列，且对任意n，恒成立．①当数列为等差数列时，求证：数列，的公差相等；②数列能否为等比数列？若能，请写出所有满足条件的数列；若不能，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、D【解析】

根据几何体的三视图，该几何体是由正方体去掉三棱锥得到，根据正方体和三棱锥的体积公式可求解.【详解】如图,该几何体为正方体去掉三棱锥,所以该几何体的体积为：,故选：D【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图以及体积的求法，考查了空间想象力，属于中档题.2、D【解析】

首先判断循环结构类型，得到判断框内的语句性质，然后对循环体进行分析，找出循环规律，判断输出结果与循环次数以及的关系，最终得出选项．【详解】经判断此循环为“直到型”结构，判断框为跳出循环的语句，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：，此时退出循环，根据判断框内为跳出循环的语句，，故选D．【点睛】题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题．解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1)不要混淆处理框和输入框；(2)注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3)注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4)处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5)要注意各个框的顺序，（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可．3、C【解析】

由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.【详解】因为，，所以解得，所以，所以，，，故选：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.4、C【解析】

结合基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.【详解】A：为非奇非偶函数，不符合题意；B：在上不单调，不符合题意；C：为偶函数，且在上单调递增，符合题意；D：为非奇非偶函数，不符合题意.故选：C.【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题.5、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．6、D【解析】

a，b可看成是与和交点的横坐标，画出图象，数形结合处理.【详解】令，，作出图象如图，由，的图象可知，，，②正确；，，有，①正确；，，有，③正确；，，有，④正确.故选：D.【点睛】本题考查利用函数图象比较大小，考查学生数形结合的思想，是一道中档题.7、A【解析】

先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.8、C【解析】

由二项式系数性质，的展开式中所有二项式系数和为计算．【详解】的二项展开式中二项式系数和为，．故选：C．【点睛】本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键．9、D【解析】

依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案.【详解】当时，在上不单调，故A不正确；当时，在上单调递减，故B不正确；当时，在上不单调，故C不正确；当时，在上单调递增，故D正确.故选：D【点睛】本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题.10、A【解析】

根据向量投影的定义，即可求解.【详解】在上的投影为.故选:A【点睛】本题考查向量的投影，属于基础题.11、D【解析】

由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.12、A【解析】

设椭圆的半长轴长为，双曲线的半长轴长为，根据椭圆和双曲线的定义得：，解得，然后在中，由余弦定理得：，化简求解.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的长半轴长为，由椭圆和双曲线的定义得：，解得，设，在中，由余弦定理得：，化简得，即.故选：A【点睛】本题主要考查椭圆，双曲线的定义和性质以及余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据题意，由函数的解析式求出的值，进而计算可得答案．【详解】根据题意，函数，则，则；故答案为：.【点睛】本题考查分段函数的性质、对数运算法则的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力．14、【解析】

由题意容积，求导研究单调性，分析即得解.【详解】由题意：容积，，则，由得或（舍去），令则为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时.故答案为：【点睛】本题考查了导数在实际问题中的应用，考查了学生数学建模，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.15、.【解析】

计算外接圆的半径，并假设外接球的半径为R，可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据面，即可得解.【详解】由题意可知，，所以可得面，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，即，，设三棱锥外接球的半径，因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.16、【解析】

先画出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析解答得解.【详解】画出不等式组表示的可行域如图阴影区域所示.由题得y=-3x+z,它表示斜率为-3,纵截距为z的直线系，平移直线，易知当直线经过点时，直线的纵截距最小，目标函数取得最小值，且.故答案为：-8【点睛】本题主要考查线性规划问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析能力.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）由余弦定理的,然后根据直线与圆相切的性质求出,从而求出;（2）求得的表达式,通过求导研究函数的单调性求得最大值.【详解】解：（1）连．由条件得．在三角形中,,,,由余弦定理,得,因为与半圆相切于,所以,所以,所以．所以四边形的周长为,．（2）设四边形的面积为,则,．所以,．令,得列表：+0-增最大值减答：要使改建成的展示区的面积最大,的值为．【点睛】本题考查余弦定理、直线与圆的位置关系、导数与函数最值的关系,考查考生的逻辑思维能力,运算求解能力,以及函数与方程的思想.18、（1）（2）【解析】

（1）先利用同角的三角函数关系解得和,再由,利用正弦的差角公式求解即可；（2）由（1）可得和,利用余弦的二倍角公式求得,再由正切的和角公式求解即可.【详解】解:（1）因为,所以又,故,所以,所以（2）由（1）得,,,所以,所以,因为且,即,解得,因为,所以,所以,所以,所以【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查三角函数的化简,考查和角公式,二倍角公式,同角的三角函数关系的应用,考查运算能力.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求；（Ⅲ）结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．【详解】（Ⅰ）因为，所以，所以，由正弦定理可得，；（Ⅱ）由余弦定理可得，，整理可得，，解可得，，因为，所以；（Ⅲ）由于，．所以．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

证明：（1）在矩形中，，又平面，平面，所以平面．（2）连结，交于点，连结，在矩形中，点为的中点，又，故，，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．21、（1）；（2）1.【解析】

（1）由正弦定理化简已知等式可得sinAsinB=sinBcosA，求得tanA=，结合范围A∈（0，π），可求A=．（2）利用三角形的面积公式可求bc=8，由余弦定理解得b+c=7，即可得解△ABC的周长的值．【详解】（1）由题意，在中，因为，由正弦定理，可得sinAsinB=sinBcosA，又因为，可得sinB≠0，所以sinA=cosA，即：tanA=，因为A∈（0，π），所以A=；（2）由（1）可知A=，且a=5，又由△ABC的面积2=bcsinA=bc，解得bc=8，由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得：25=b2+c2-bc=（b+c）2-3bc=（b+c）2-24，整理得（b+c）2=49，解得：b+c=7，所以△ABC的周长a+b+c=5+7=1．【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．22、（1）（2）①见解析②数列不能为等比数列，见解析【解析】

（1）根据数列通项公式的特点，奇数项为等差数列，偶数项为等比数列，选用分组求和的方法进行求解；（2）①设数列的公差为，数列的公差为，当n为奇数时，得出；当n为偶数时，得出，从而可证数列，的公差相等；②利用反证法，先假设可以为等比数列，结合题意得出矛盾，进而得出数列不能为等比数列．【详解】（1）因为，，所以，且，由题意可知，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，数列是首项和公比均为4的