2022年江苏省镇江市高三数学第一学期期末联考试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．若，满足约束条件，则的最大值是（）A． B． C．13 D．2．已知函数若对区间内的任意实数，都有，则实数的取值范围是(）A． B． C． D．3．已知中内角所对应的边依次为，若，则的面积为（）A． B． C． D．4．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（）A． B． C． D．5．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面积是()A． B．2C． D．6．已知点是双曲线上一点，若点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．27．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（）A． B． C． D．8．定义运算，则函数的图象是（）．A． B．C． D．9．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：①曲线有四条对称轴；②曲线上的点到原点的最大距离为；③曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为；④四叶草面积小于.其中，所有正确结论的序号是（）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④10．已知，则“m⊥n”是“m⊥l”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11．若复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A．若，且，则B．若，且，则C．若，且，则D．若，且，则二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列的前项和为且满足，则数列的通项_______．14．（5分）如图是一个算法的流程图，若输出的值是，则输入的值为____________．15．已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足，其中，，则的值为_______________．16．设全集，，，则______.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）已知函数（1）求f(x)的单调递增区间；（2）△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且A为锐角，a=3，sinC=2sinB，求△ABC的面积.18．（12分）已知函数.（1）当时，不等式恒成立，求的最小值；（2）设数列，其前项和为，证明：.19．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上，右顶点到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，连接交椭圆于另一点．求证：直线过定点并求出点的坐标；（3）在（2）的条件下，过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围．20．（12分）在直角坐标系中，是过定点且倾斜角为的直线；在极坐标系（以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴，取相同单位长度）中，曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的参数方程，并将曲线的方程化为直角坐标方程；（2）若曲线与直线相交于不同的两点，求的取值范围.21．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.（1）求B；（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.22．（10分）秉持“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念，为推动新能源汽车产业迅速发展，有必要调查研究新能源汽车市场的生产与销售.下图是我国某地区年至年新能源汽车的销量（单位：万台）按季度（一年四个季度）统计制成的频率分布直方图.（1）求直方图中的值，并估计销量的中位数；（2）请根据频率分布直方图估计新能源汽车平均每个季度的销售量（同一组数据用该组中间值代表），并以此预计年的销售量.

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】

由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值．【详解】解：表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方，画出不等式组表示的可行域，如图，由解得即点到坐标原点的距离最大，即．故选：．【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属于基础题．2、C【解析】分析：先求导,再对a分类讨论求函数的单调区间，再画图分析转化对区间内的任意实数，都有，得到关于a的不等式组，再解不等式组得到实数a的取值范围.详解：由题得.当a＜1时，，所以函数f（x）在单调递减，因为对区间内的任意实数，都有，所以，所以故a≥1，与a＜1矛盾，故a＜1矛盾.当1≤a<e时，函数f(x)在[0,lna]单调递增，在(lna,1]单调递减.所以因为对区间内的任意实数，都有，所以，所以即令，所以所以函数g(a)在（1，e）上单调递减，所以，所以当1≤a<e时，满足题意.当a时，函数f(x)在(0,1)单调递增,因为对区间内的任意实数，都有，所以,故1+1，所以故综上所述，a∈.故选C.点睛：本题的难点在于“对区间内的任意实数，都有”的转化.由于是函数的问题，所以我们要联想到利用函数的性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值、极值等）来分析解答问题.本题就是把这个条件和函数的单调性和最值联系起来，完成了数学问题的等价转化，找到了问题的突破口.3、A【解析】

由余弦定理可得，结合可得a，b，再利用面积公式计算即可.【详解】由余弦定理，得，由，解得，所以，.故选：A.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.4、C【解析】试题分析：通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求的.考点：三视图5、A【解析】

先根据已知求出原△ABC的高为AO＝，再求原△ABC的面积.【详解】由题图可知原△ABC的高为AO＝，∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，故答案为A【点睛】本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.6、A【解析】

设点的坐标为，代入椭圆方程可得，然后分别求出点到两条渐近线的距离，由距离之积为，并结合，可得到的齐次方程，进而可求出离心率的值.【详解】设点的坐标为，有，得.双曲线的两条渐近线方程为和，则点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，所以，则，即，故，即，所以.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，构造的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题.7、D【解析】

先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.【详解】甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.故选：D【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.8、A【解析】

由已知新运算的意义就是取得中的最小值，因此函数，只有选项中的图象符合要求，故选A.9、C【解析】

①利用之间的代换判断出对称轴的条数；②利用基本不等式求解出到原点的距离最大值；③将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值；④根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.【详解】①：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；综上可知：有四条对称轴，故正确；②：因为，所以，所以，所以，取等号时，所以最大距离为，故错误；③：设任意一点，所以围成的矩形面积为，因为，所以，所以，取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，故正确；④：由②可知，所以四叶草包含在圆的内部，因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，故正确.故选：C.【点睛】本题考查曲线与方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用，难度较难.分析方程所表示曲线的对称性，可通过替换方程中去分析证明.10、B【解析】

构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m，n即可进行判断．【详解】如图，取长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，直线=直线。若令AD1＝m，AB＝n，则m⊥n，但m不垂直于若m⊥，由平面平面可知，直线m垂直于平面β，所以m垂直于平面β内的任意一条直线∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件．故选：B．【点睛】本题考点有两个：①考查了充分必要条件的判断，在确定好大前提的条件下，从m⊥n⇒m⊥？和m⊥⇒m⊥n？两方面进行判断；②是空间的垂直关系，一般利用长方体为载体进行分析．11、A【解析】

将整理成的形式，得到复数所对应的的点，从而可选出所在象限.【详解】解：，所以所对应的点为在第一象限.故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数对应的坐标.易错点是误把当成进行计算.12、D【解析】

利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除.【详解】解：对于，当，且，则与的位置关系不定，故错；对于，当时，不能判定，故错；对于，若，且，则与的位置关系不定，故错；对于，由可得，又，则故正确．故选：．【点睛】本题考查空间线面位置关系.判断线面位置位置关系利用好线面平行和垂直的判定定理和性质定理.一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先求得时；再由可得时,两式作差可得,进而求解.【详解】当时,,解得；由,可知当时,,两式相减,得,即,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以,故答案为:【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查等比数列的通项公式的应用.14、或【解析】

依题意，当时，由，即，解得；当时，由，解得或(舍去)．综上，得或．15、【解析】

根据题意，判断出，根据等比数列的性质可得，再令数列中的，，，根据等差数列的性质，列出等式，求出和的值即可.【详解】解：由，其中，，可得，则，令，，可得.①又令数列中的，，，根据等差数列的性质，可得，所以.②根据①②得出，.所以.故答案为.【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题.16、【解析】

先求出集合，，然后根据交集、补集的定义求解即可．【详解】解：，或；∴；∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查集合的交集、补集运算，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）（2）【解析】

（1）利用降次公式、辅助角公式化简解析式，根据三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.（2）先由求得，利用正弦定理得到，结合余弦定理列方程，求得，由此求得三角形的面积.【详解】（1）函数，，由，得.所以的单调递增区间为.（2）因为且为锐角，所以.由及正弦定理可得，又，由余弦定理可得，解得，.【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数单调区间的求法，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.18、（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1），分，，三种情况推理即可；（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到证明.【详解】（1）由，得.当时，方程的，因此在区间上恒为负数.所以时，，函数在区间上单调递减.又，所以函数在区间上恒成立；当时，方程有两个不等实根，且满足，所以函数的导函数在区间上大于零，函数在区间上单增，又，所以函数在区间上恒大于零，不满足题意；当时，在区间上，函数在区间上恒为正数，所以在区间上恒为正数，不满足题意；综上可知：若时，不等式恒成立，的最小值为.（2）由第（1）知：若时，.若，则，即成立.将换成，得成立，即，以此类推，得，，上述各式相加，得，又，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数恒成立问题、证明数列不等式问题，考查学生的逻辑推理能力以及数学计算能力，是一道难题.19、（1）；（2）证明详见解析，；（3）.【解析】

(1)根据题意列出关于的等式求解即可.(2)先根据对称性,直线过的定点一定在轴上,再设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,进而求得的方程,并代入,化简分析即可.(3)先分析过点的直线斜率不存在时的值,再分析存在时,设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,得出韦达定理再代入求解出关于的解析式,再求解范围即可.【详解】解：设椭圆的标准方程焦距为,由题意得,由,可得则,所以椭圆的标准方程为；证明：根据对称性,直线过的定点一定在轴上,由题意可知直线的斜率存在,设直线的方程为,联立,消去得到,设点,则．所以,所以的方程为,令得,将,代入上式并整理,,整理得,所以,直线与轴相交于定点．当过点的直线的斜率不存在时,直线的方程为,此时,当过点的直线斜率存在时,设直线的方程为,且在椭圆上,联立方程组,消去,整理得,则．所以所以,所以,由得,综上可得,的取值范围是．【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否存在的情况,再联立直线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进行求解.属于难题.20、（1）（为参数），；（2）【解析】分析：（1）直线的参数方程为（为参数），其中表示之间的距离，而极坐标方程可化为，从而的直角方程为.（2）设，则，利用在圆上得到满足的方程，最后利用韦达定理就可求出两条线段的和.详解：（1）直线的参数方程为（为参数）.曲线的极坐标方程可化为.把，代入曲线的极坐标方程可得，即.（2）把直线的参数方程为（为参数）代入圆的方程可得：.∵曲