2022-2023学年江苏省苏北县高三数学第一学期期末质量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．在边长为1的等边三角形中，点E是中点，点F是中点，则（）A． B． C． D．2．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（）A． B． C． D．3．单位正方体ABCD-，黑、白两蚂蚁从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”．白蚂蚁爬地的路线是AA1→A1D1→‥，黑蚂蚁爬行的路线是AB→BB1→‥，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线（iN*）.设白、黑蚂蚁都走完2020段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是（）A．1 B． C． D．04．已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知满足，，,则在上的投影为（）A． B． C． D．26．已知等差数列的前项和为，若，则等差数列公差（）A．2 B． C．3 D．47．已知，，若，则实数的值是（）A．-1 B．7 C．1 D．1或78．某市气象部门根据2018年各月的每天最高气温平均数据,绘制如下折线图,那么,下列叙述错误的是()A．各月最高气温平均值与最低气温平均值总体呈正相关B．全年中,2月份的最高气温平均值与最低气温平均值的差值最大C．全年中各月最低气温平均值不高于10°C的月份有5个D．从2018年7月至12月该市每天最高气温平均值与最低气温平均值呈下降趋势9．函数在上单调递减的充要条件是（）A． B． C． D．10．已知向量，满足||＝1，||＝2，且与的夹角为120°，则＝（）A． B． C． D．11．已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（）A． B． C． D．12．已知平面向量满足与的夹角为，且，则实数的值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若实数，满足，则的最小值为__________．14．若，则________，________.15．已知向量，且，则___________.16．学校艺术节对同一类的四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“作品获得一等奖”；乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“，两项作品未获得一等奖”；丁说：“是或作品获得一等奖”，若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是___．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）已知集合，，，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，，，规定空集中元素的个数为.当时，求的值；利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意，，都有.18．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）把曲线向下平移个单位，然后各点横坐标变为原来的倍得到曲线（纵坐标不变），设点是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的最小值.19．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：（1）MN∥平面ABB1A1；（2）AN⊥A1B．20．（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点为线段上的点，过三点的平面与交于点.将①，②，③中的两个补充到已知条件中，解答下列问题：（1）求平面将四棱锥分成两部分的体积比；（2）求直线与平面所成角的正弦值.21．（12分）已知椭圆的长轴长为，离心率（1）求椭圆的方程；（2）设分别为椭圆与轴正半轴和轴正半轴的交点，是椭圆上在第一象限的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问与面积之差是否为定值？说明理由.22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）设点，若直线与曲线相交于、两点，求的值

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、C【解析】

根据平面向量基本定理，用来表示，然后利用数量积公式，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：点E是中点，点F是中点，所以又所以则故选：C【点睛】本题考查平面向量基本定理以及数量积公式，掌握公式，细心观察，属基础题.2、C【解析】

将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，故，所以，.故选：C.【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.3、B【解析】

根据规则，观察黑蚂蚁与白蚂蚁经过几段后又回到起点，得到每爬1步回到起点，周期为1．计算黑蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点以及计算白蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点，即可计算出它们的距离．【详解】由题意,白蚂蚁爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，即过1段后又回到起点，可以看作以1为周期，由，白蚂蚁爬完2020段后到回到C点；同理,黑蚂蚁爬行路线为AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA，黑蚂蚁爬完2020段后回到D1点，所以它们此时的距离为.故选B.【点睛】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，考查空间想象与推理能力，属于中等题.4、C【解析】

由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解.【详解】由，可得，可得，通分得，整理得，所以，因为为三角形的最大角，所以，又由余弦定理，当且仅当时，等号成立，所以，即，又由，所以的取值范围是.故选：C.【点睛】本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.5、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.6、C【解析】

根据等差数列的求和公式即可得出．【详解】∵a1=12，S5=90，∴5×12+d=90，解得d=1．故选C．【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7、C【解析】

根据平面向量数量积的坐标运算，化简即可求得的值.【详解】由平面向量数量积的坐标运算，代入化简可得.∴解得.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.8、D【解析】

根据折线图依次判断每个选项得到答案.【详解】由绘制出的折线图知：在A中，各月最高气温平均值与最低气温平均值为正相关，故A正确；在B中，全年中，2月的最高气温平均值与最低气温平均值的差值最大，故B正确；在C中，全年中各月最低气温平均值不高于10℃的月份有1月，2月，3月，11月，12月，共5个，故C正确；在D中，从2018年7月至12月该市每天最高气温平均值与最低气温平均值，先上升后下降，故D错误.故选：D.【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力.9、C【解析】

先求导函数，函数在上单调递减则恒成立，对导函数不等式换元成二次函数，结合二次函数的性质和图象，列不等式组求解可得.【详解】依题意，，令，则，故在上恒成立；结合图象可知，，解得故.故选：C.【点睛】本题考查求三角函数单调区间.求三角函数单调区间的两种方法:(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解；(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间.10、D【解析】

先计算，然后将进行平方，，可得结果.【详解】由题意可得：∴∴则.故选：D.【点睛】本题考查的是向量的数量积的运算和模的计算，属基础题。11、D【解析】

分别求出球和圆柱的体积，然后可得比值.【详解】设圆柱的底面圆半径为，则，所以圆柱的体积.又球的体积，所以球的体积与圆柱的体积的比，故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解，侧重考查数学运算的核心素养.12、D【解析】

由已知可得，结合向量数量积的运算律，建立方程，求解即可.【详解】依题意得由，得即，解得.故选:.【点睛】本题考查向量的数量积运算，向量垂直的应用，考查计算求解能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由约束条件先画出可行域，然后求目标函数的最小值.【详解】由约束条件先画出可行域，如图所示，由，即，当平行线经过点时取到最小值，由可得，此时，所以的最小值为.故答案为.【点睛】本题考查了线性规划的知识，解题的一般步骤为先画出可行域，然后改写目标函数，结合图形求出最值，需要掌握解题方法.14、【解析】

根据诱导公式和二倍角公式计算得到答案.【详解】，故.故答案为：；.【点睛】本题考查了诱导公式和二倍角公式，属于简单题.15、【解析】

由向量平行的坐标表示得出，求解即可得出答案.【详解】因为，所以，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了由向量共线或平行求参数，属于基础题.16、C【解析】

假设获得一等奖的作品，判断四位同学说对的人数.【详解】分别获奖的说对人数如下表：获奖作品ABCD甲对错错错乙错错对错丙对错对错丁对错错对说对人数3021故获得一等奖的作品是C.【点睛】本题考查逻辑推理，常用方法有：1、直接推理结果，2、假设结果检验条件.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、；证明见解析.【解析】

当时，集合共有个子集，即可求出结果；分类讨论，利用数学归纳法证明.【详解】当时，集合共有个子集，所以；①当时，，由可知，，此时令，，，，满足对任意，都有，且；②假设当时，存在有序集合组满足题意，且，则当时，集合的子集个数为个，因为是4的整数倍，所以令，，，，且恒成立，即满足对任意，都有，且，综上，原命题得证.【点睛】本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属于难题.18、（1），；（2）.【解析】

（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在曲线的极坐标方程两边同时乘以得，进而可化简得出曲线的直角坐标方程；（2）根据变换得出的普通方程为，可设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果.【详解】（1）由（为参数），得，化简得，故直线的普通方程为.由，得，又，，.所以的直角坐标方程为；（2）由（1）得曲线的直角坐标方程为，向下平移个单位得到，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到曲线的方程为，所以曲线的参数方程为（为参数）.故点到直线的距离为，当时，最小为.【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化，同时也考查了利用椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解，考查计算能力，属于中等题.19、（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】

（1）利用平行四边形的方法，证明平面.（2）通过证明平面，由此证得.【详解】（1）设是中点，连接，由于是中点，所以且，而且，所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.（2）连接，由于直三棱柱中，而，，所以平面，所以，由于,所以.由于四边形是矩形且，所以四边形是正方形，所以,由于,所以平面，所以.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.20、（1）；（2）.【解析】

若补充②③根据已知可得平面，从而有，结合，可得平面，故有，而，得到，②③成立与①②相同，①③成立，可得，所以任意补充两个条件，结果都一样，以①②作为条件分析;（1）设，可得，进而求出梯形的面积，可求出，即可求出结论；（2），以为坐标原点，建立空间坐标系，求出坐标，由（1）得为平面的法向量，根据空间向量的线面角公式即可求解.【详解】第一种情况：若将①，②作为已知条件，解答如下：（1）设平面为平面.∵，∴平面，而平面平面，∴，又为中点.设，则.在三角形中，，由知平面，∴，∴梯形的面积，，，平面，，，∴，故，.（2）如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，由（1）得为平面的一个法向量，因为，所以直线与平面所成角的正弦值为.第二种情况：若将①，③作为已知条件，则由知平面，，又，所以平面，，又，故为中点，即，解答如上不变.第三种情况：若将②，③作为已知条件，由及第二种情况知，又，易知，解答仍如上不变.【点睛】本题考查空间点、线、面位置关系，以及体积、直线与平面所成的角，考查计算求解能力，属于中档题.21、（1）（2）是定值，详见解析【解析】

（1）根据长轴长为，离心率，则有求解.（2）设，则，直线，令得，，则，直线，令，得，则，再根据求解.【详解】（1）依题意得，解得，则椭圆的方程.（2）设，则，直线，令得，，则，直线，令，得，则，.【点睛】本题主要考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，