2023届来宾市重点中学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．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知函数,则函数的图象大致为（）A． B．C． D．2．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（）A． B．3 C． D．23．已知，满足约束条件，则的最大值为A． B． C． D．4．如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（）A．在点F的运动过程中，存在EF//BC1B．在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AEC．四面体EMAC的体积为定值D．四面体FA1C1B的体积不为定值5．设，满足约束条件，若的最大值为，则的展开式中项的系数为()A．60 B．80 C．90 D．1206．已知函数，若，则下列不等关系正确的是（）A． B．C． D．7．已知函，，则的最小值为（）A． B．1 C．0 D．8．已知函数，若，则的值等于（）A． B． C． D．9．已知函数，，则的极大值点为()A． B． C． D．10．正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为，侧棱长为，则它的外接球的表面积为（）A． B． C． D．11．已知集合，则为（）A．[0，2) B．(2，3] C．[2，3] D．(0，2]12．设集合、是全集的两个子集，则“”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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数在的零点个数为_________.14．集合，，则_____.15．（5分）已知椭圆方程为，过其下焦点作斜率存在的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，则面积的取值范围是____________．16．已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，直线过抛物线的焦点与抛物线交于、两点和椭圆交于、两点，为抛物线准线上一动点，满足，，当面积最大时，直线的方程为______.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）某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为二级过滤，使用寿命为十年如图所示两个二级过滤器采用并联安装，再与一级过滤器串联安装.其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换（每个滤芯是否需要更换相互独立）.若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个160元，二级滤芯每个80元.若客户在使用过程中单独购买滤芯则一级滤芯每个400元，二级滤芯每个200元.现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中表1是根据100个一级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表，图2是根据200个二级过滤器更换的滤芯个数制成的条形图.表1：一级滤芯更换频数分布表一级滤芯更换的个数89频数6040图2：二级滤芯更换频数条形图以100个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以200个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率.（1）求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16的概率；（2）记表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的二级滤芯总数，求的分布列及数学期望；（3）记分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若，且，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定的值.18．（12分）已知椭圆的焦点在轴上，且顺次连接四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为的菱形．（1）求椭圆的方程；（2）设，过椭圆右焦点的直线交于、两点，若对满足条件的任意直线，不等式恒成立，求的最小值.19．（12分）已知的内角的对边分别为，且.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若的周长是否有最大值？如果有，求出这个最大值，如果没有，请说明理由.20．（12分）在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.（1）求证：平面；（2）已知二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.21．（12分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：（1）平面平面；（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.22．（10分）已知数列的前n项和，是等差数列，且.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令.求数列的前n项和.

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】

用排除法，通过函数图像的性质逐个选项进行判断，找出不符合函数解析式的图像，最后剩下即为此函数的图像.【详解】设，由于，排除B选项；由于，所以，排除C选项；由于当时，，排除D选项.故A选项正确.故选：A【点睛】本题考查了函数图像的性质，属于中档题.2、D【解析】

根据抛物线的定义求得，由此求得的长.【详解】过作，垂足为，设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于，所以，所以，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.3、D【解析】

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论．【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，等价于，作直线，向上平移，易知当直线经过点时最大，所以，故选D．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．4、C【解析】

采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.【详解】A错误由平面，//而与平面相交，故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1B错误，如图，作由又平面，所以平面又平面，所以由//，所以，平面所以平面，又平面所以，所以存在C正确四面体EMAC的体积为其中为点到平面的距离，由//，平面，平面所以//平面，则点到平面的距离即点到平面的距离，所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值错误由//，平面，平面所以//平面，则点到平面的距离即为点到平面的距离，所以为定值所以四面体FA1C1B的体积为定值故选：C【点睛】本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.5、B【解析】

画出可行域和目标函数，根据平移得到，再利用二项式定理计算得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，即，故表示直线与截距的倍，根据图像知：当时，的最大值为，故.展开式的通项为：，取得到项的系数为：.故选：.【点睛】本题考查了线性规划求最值，二项式定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.6、B【解析】

利用函数的单调性得到的大小关系，再利用不等式的性质，即可得答案.【详解】∵在R上单调递增，且，∴.∵的符号无法判断，故与，与的大小不确定，对A，当时，，故A错误；对C，当时，，故C错误；对D，当时，，故D错误；对B，对，则，故B正确.故选：B.【点睛】本题考查分段函数的单调性、不等式性质的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.7、B【解析】

，利用整体换元法求最小值.【详解】由已知，又，，故当，即时，.故选：B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值，涉及到二倍角公式的应用，是一道中档题.8、B【解析】

由函数的奇偶性可得，【详解】∵其中为奇函数，也为奇函数∴也为奇函数∴故选：B【点睛】函数奇偶性的运用即得结果，小记，定义域关于原点对称时有：①奇函数±奇函数=奇函数；②奇函数×奇函数=偶函数；③奇函数÷奇函数=偶函数；④偶函数±偶函数=偶函数；⑤偶函数×偶函数=偶函数；⑥奇函数×偶函数=奇函数；⑦奇函数÷偶函数=奇函数9、A【解析】

求出函数的导函数，令导数为零，根据函数单调性，求得极大值点即可.【详解】因为，故可得，令，因为，故可得或，则在区间单调递增，在单调递减，在单调递增，故的极大值点为.故选：A.【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点，属基础题.10、C【解析】

如图所示，在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，计算长度，设球半径为，则，解得，得到答案.【详解】如图所示：在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，，故，，设球半径为，则，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.11、B【解析】

先求出，得到，再结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以，则，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、补集的定义及运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.12、C【解析】

作出韦恩图，数形结合，即可得出结论.【详解】如图所示，，同时.故选:C.【点睛】本题考查集合关系及充要条件，注意数形结合方法的应用，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】

本问题转化为曲线交点个数问题，在同一直角坐标系内，画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】问题函数在的零点个数，可以转化为曲线交点个数问题.在同一直角坐标系内，画出函数的图象，如下图所示：由图象可知：当时，两个函数只有一个交点.故答案为：1【点睛】本题考查了求函数的零点个数问题，考查了转化思想和数形结合思想.14、【解析】

分析出集合A为奇数构成的集合，即可求得交集.【详解】因为表示为奇数，故.故答案为：【点睛】此题考查求集合的交集，根据已知集合求解，属于简单题.15、【解析】

由题意，，则，得．由题意可设的方程为，，联立方程组，消去得，恒成立，，，则，点到直线的距离为，则，又，则，当且仅当即时取等号．故面积的取值范围是.16、【解析】

根据均值不等式得到，，根据等号成立条件得到直线的倾斜角为，计算得到直线方程.【详解】由椭圆，可知，，，，，，，（当且仅当，等号成立），，，，，直线的倾斜角为，直线的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线，椭圆，直线的综合应用，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.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）0.024；（2）分布列见解析，；（3）【解析】

（1）由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16，则该套净水系统中一个一级过滤器需要更换8个滤芯，两个二级过滤器均需要更换4个滤芯，而由一级滤芯更换频数分布表和二级滤芯更换频数条形图可知，一级过滤器需要更换8个滤芯的概率为0.6，二级过滤器需要更换4个滤芯的概率为0.2，再由乘法原理可求出概率；（2）由二级滤芯更换频数条形图可知，一个二级过滤器需要更换滤芯的个数为4，5，6的概率分别为0.2，0.4，0.4，而的可能取值为8，9，10，11，12，然后求出概率，可得到的分布列及数学期望；（3）由，且，可知若，则，或若，则，再分别计算两种情况下的所需总费用的期望值比较大小即可.【详解】（1）由题意知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16，则该套净水系统中一个一级过滤器需要更换8个滤芯，两个二级过滤器均需要更换4个滤芯，设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16”为事件，因为一个一级过滤器需要更换8个滤芯的概率为0.6，二级过滤器需要更换4个滤芯的概率为0.2，所以.（2）由柱状图知，一个二级过滤器需要更换滤芯的个数为4，5，6的概率分别为0.2，0.4，0.4，由题意的可能取值为8，9，10，11，12，从而，，.所以的分布列为891011120.040.160.320.320.16（个）.或用分数表示也可以为89101112（个）.（3）解法一：记表示该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用（单位：元）因为，且，1°若，则，（元）；2°若，则，（元）.因为，故选择方案：.解法二：记分别表示该客户的净水系统在使用期内购买一级滤芯和二级滤芯所需费用（单位：元）1°若，则，的分布列为128016800.60.488010800.840.16该客户的净水系统在使用期内购买的各级滤芯所需总费用为（元）；2°若，则，的分布列为800100012000.520.320.16（元）.因为所以选择方案：.【点睛】此题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型，考查运算求解能力，属于中档题.18、（1）（2）【解析】

（1）由已知条件列出关于和的方程，并计算出和的值，jike得到椭圆的方程.（2）设出点和点坐标，运用点坐标计算出，分类讨论直线的斜率存在和不存在两种情况，求解出的最小值.【详解】（1）由己知得：，解得，所以，椭圆的方程（2）设，．当直线垂直于轴时，，且此时，，当直线不垂直于轴时，设直线由，得．，.要使恒成立，只需，即最小值为【点睛】本题考查了求解椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系，求解过程中需要分类讨论直线的斜率存在和不存在两种情况，并运用根与系数的关系转化为只含一个变量的表达式进行求解，需要掌握解题方法，并且有一定的计算量.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）有最大值，最大值为3.【解析】

（Ⅰ）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；（Ⅱ）由正弦定理可得，则，再根据正弦函数的性质计算可得；【详解】（Ⅰ）由得再由正弦定理得因此，又因为，所以.（Ⅱ）当时，的周长有最大值，且最大值为3，理由如下：由正弦定理得，所以，所以.因为，所以，所以当即时，取到最大值2，所以的周长有最大值，最大值为3.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角函数的性质的应用，属于中档题.20、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）由已知可得，结合，由直线与平面垂直的判定可得平面；（2）由（1）知，，则，，两两互相垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，0，，由二面角的余弦值为求解，再由空间向量求解直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：因为四边形是等腰梯形，，，所以.又，所以，因此，，又，且，，平面，所以平面.（2）取的中点，连接，，由于，因此，又平面，平面，所以.由于，，平面，所以平面，故，所以为二面角的平面角.在等腰三角形中，由于，因此，又，因为，所以，所以以为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为所以，即，令，则，，则平面的法向量，，设直线与平面所成角为，则【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题．21、（1）证明见详解；（2）【解析】

（1）由题可知，等腰直角三角形与等边三角形，在其公共边AC上取中点O，连接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可证得，结合，可证明平