2023届福建省福州市长乐高级中学高三数学第一学期期末监测试题含解析

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．已知是偶函数，在上单调递减，，则的解集是A． B．C． D．2．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．3．已知函数为奇函数，且，则（）A．2 B．5 C．1 D．34．已知，函数，若函数恰有三个零点，则（）A． B．C． D．5．已知函数在上有两个零点，则的取值范围是（）A． B． C． D．6．已知命题，，则是（）A．， B．，.C．， D．，.7．函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（）A．B．C．D．8．已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（）A． B． C． D．9．如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为()A．1605π3 B．64210．已知正方体的棱长为2，点在线段上，且，平面经过点，则正方体被平面截得的截面面积为（）A． B． C． D．11．已知，椭圆的方程，双曲线的方程为，和的离心率之积为，则的渐近线方程为（）A． B． C． D．12．设复数满足，在复平面内对应的点的坐标为则（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．等差数列（公差不为0），其中，，成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.14．已知正方形边长为，空间中的动点满足，，则三棱锥体积的最大值是______.15．直线（，）过圆：的圆心，则的最小值是______.16．的展开式中所有项的系数和为______，常数项为______.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）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.18．（12分）已知数列满足且（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19．（12分）已知函数，.（1）求函数的极值；（2）当时，求证：.20．（12分）如图，三棱柱的所有棱长均相等，在底面上的投影在棱上，且∥平面（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的余弦值.21．（12分）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．22．（10分）如图，在四棱柱中，底面为菱形，.（1）证明：平面平面；（2）若，是等边三角形，求二面角的余弦值.

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、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.2、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.3、B【解析】

由函数为奇函数,则有,代入已知即可求得.【详解】.故选:.【点睛】本题考查奇偶性在抽象函数中的应用,考查学生分析问题的能力,难度较易.4、C【解析】

当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．【详解】当时，，得；最多一个零点；当时，，，当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，如图：且，解得，，．故选．【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.5、C【解析】

对函数求导，对a分类讨论，分别求得函数的单调性及极值，结合端点处的函数值进行判断求解.【详解】∵，.当时，，在上单调递增，不合题意.当时，，在上单调递减，也不合题意.当时，则时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又，所以在上有两个零点，只需即可，解得.综上，的取值范围是.故选C.【点睛】本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及极值问题，属于中档题．6、B【解析】

根据全称命题的否定为特称命题，得到结果.【详解】根据全称命题的否定为特称命题，可得，本题正确选项：【点睛】本题考查含量词的命题的否定，属于基础题.7、B【解析】

根据特殊值及函数的单调性判断即可；【详解】解：当时，，无意义，故排除A；又，则，故排除D；对于C，当时，，所以不单调，故排除C；故选：B【点睛】本题考查根据函数图象选择函数解析式，这类问题利用特殊值与排除法是最佳选择，属于基础题.8、C【解析】

根据，两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量，满足，且，所以，所以，所以，所以，所以与的夹角为.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.9、A【解析】

设球心为O，三棱柱的上底面ΔA1B1C1的内切圆的圆心为O1，该圆与边B【详解】如图，设三棱柱为ABC-A1B1C所以底面ΔA1B1C1为斜边是A1C1则圆O1的半径为O设球心为O，则由球的几何知识得ΔOO1M所以OM=2即球O的半径为25所以球O的体积为43故选A．【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：（1）构造以球半径R、球心到小圆圆心的距离d和小圆半径r为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．（2）若直角三角形的两直角边为a,b，斜边为c，则该直角三角形内切圆的半径r=a+b-c10、B【解析】

先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：确定一个平面，因为平面平面，所以，同理，所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为，所以，即所以由余弦定理得：所以所以四边形故选：B【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.11、A【解析】

根据椭圆与双曲线离心率的表示形式，结合和的离心率之积为，即可得的关系，进而得双曲线的离心率方程.【详解】椭圆的方程，双曲线的方程为，则椭圆离心率，双曲线的离心率，由和的离心率之积为，即，解得，所以渐近线方程为，化简可得，故选：A.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线简单几何性质应用，椭圆与双曲线离心率表示形式，双曲线渐近线方程求法，属于基础题.12、B【解析】

根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解.【详解】在复平面内对应的点的坐标为，则，，∵，代入可得，解得.故选：B.【点睛】本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、4【解析】

根据等差数列关系，用首项和公差表示出，解出首项和公差的关系，即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由题意得:，则整理得，，所以故答案为：4【点睛】此题考查等差数列基本量的计算，涉及等比中项，考查基本计算能力.14、【解析】

以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，设点，根据题中条件得出，进而可求出的最大值，由此能求出三棱锥体积的最大值.【详解】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，则，，，设点，空间中的动点满足，，所以，整理得，，当，时，取最大值，所以，三棱锥的体积为.因此，三棱锥体积的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15、；【解析】

求出圆心坐标，代入直线方程得的关系，再由基本不等式求得题中最小值．【详解】圆：的标准方程为，圆心为，由题意，即，∴，当且仅当，即时等号成立，故答案为：．【点睛】本题考查用基本不等式求最值，考查圆的标准方程，解题方法是配方法求圆心坐标，“1”的代换法求最小值，目的是凑配出基本不等式中所需的“定值”．16、3-260【解析】

(1)令求得所有项的系数和；(2)先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项.【详解】将代入，得所有项的系数和为3.因为的展开式中含的项为，的展开式中含常数项，所以的展开式中的常数项为.故答案为：3；-260【点睛】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特殊项问题，属于基础题.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）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18、（1）；（2）【解析】

（1）根据已知可得数列为等比数列，即可求解；（2）由（1）可得为等比数列，根据等比数列和等差数列的前项和公式，即可求解.【详解】（1）因为，所以，又所以数列为等比数列，且首项为，公比为.故（2）由（1）知，所以所以【点睛】本题考查等比数列的定义及通项公式、等差数列和等比数列的前项和，属于基础题.19、(1)的极小值为，无极大值.（2）见解析.【解析】

（1）对求导，确定函数单调性，得到函数极值.（2）构造函数，证明恒成立，得到，，得证.【详解】（1）由题意知，，令，得，令，得.则在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）当时，要证，即证.令，则，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以，即.因为时，，所以当时，，所以当时，不等式成立.【点睛】本题考查了函数的单调性，极值，不等式的证明，构造函数是解题的关键.20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）连接交于点，连接，由于平面，得出，根据线线位置关系得出，利用线面垂直的判定和性质得出，结合条件以及面面垂直的判定，即可证出平面平面；（Ⅱ）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出和平面的法向量，利用空间向量线面角公式，即可求出直线与平面所成角的余弦值.【详解】解：（Ⅰ）证明：连接交于点，连接，则平面平面，平面，，为的中点，为的中点，平面，，平面，平面，平面平面（Ⅱ）建立如图所示空间直角坐标系，设则，，，，，设平面的法向量为，则，取得，设直线与平面所成角为，直线与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量法求线面角的余弦值，考查空间想象能力和推理能力.21、（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】

(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.(3)由(2)当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.【详解】解：．是各项不为零的常数列,则,则由,及得,当时,,两式作差,可得．当时,满足上式,则；证明：,当时,,两式相减得：即．即．又,,即．当时,,两式相减得：．数列从第二项起是公差为的等差数列．又当时,由得,当时,由,得．/r