2023届福建省泉州市永春一中数学高三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请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”，其中只有2张“刮刮卡”有奖，现甲从盒中随机取出2张，则至少有一张有奖的概率为()A． B． C． D．2．是平面上的一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，，则动点的轨迹一定经过的（）A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心3．集合，则（）A． B． C． D．4．展开项中的常数项为A．1 B．11 C．-19 D．515．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为A． B． C． D．6．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A． B． C． D．7．已知中，角、所对的边分别是，，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件8．已知平面和直线a，b，则下列命题正确的是（）A．若∥，b∥，则∥ B．若，，则∥C．若∥，，则 D．若，b∥，则9．若实数满足的约束条件，则的取值范围是（）A． B． C． D．10．函数的大致图象是A． B． C． D．11．木匠师傅对一个圆锥形木件进行加工后得到一个三视图如图所示的新木件，则该木件的体积（）A． B． C． D．12．过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为_______.14．已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，则该圆柱的底面半径为__________.15．正四面体的一个顶点是圆柱上底面的圆心，另外三个顶点圆柱下底面的圆周上，记正四面体的体积为，圆柱的体积为，则的值是______.16．已知集合，，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）已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．18．（12分）在直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且轴，直线交轴于点，，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线交椭圆于两点，且满足，求的面积.19．（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，在锐角中，E是边PD上一点，且.（1）求证：平面ACE；（2）当PA的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为？20．（12分）已知函数.（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）若函数没有零点，求实数的取值范围.21．（12分）（1）已知数列满足：，且（为非零常数，），求数列的前项和；（2）已知数列满足：（ⅰ）对任意的；（ⅱ）对任意的，，且.①若，求数列是等比数列的充要条件.②求证：数列是等比数列，其中.22．（10分）已知中，，，是上一点．（1）若，求的长；（2）若，，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】

先计算出总的基本事件的个数，再计算出两张都没获奖的个数，根据古典概型的概率，求出两张都没有奖的概率，由对立事件的概率关系，即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张，共有种情况，2张均没有奖的情况有（种），故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系，意在考查数学建模、数学计算能力，属于基础题.2、B【解析】

解出，计算并化简可得出结论．【详解】λ（），∴，∴，即点P在BC边的高上，即点P的轨迹经过△ABC的垂心．故选B．【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算在几何中的应用，根据条件中的角计算是关键．3、D【解析】

利用交集的定义直接计算即可.【详解】，故，故选：D.【点睛】本题考查集合的交运算，注意常见集合的符号表示，本题属于基础题.4、B【解析】

展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.【详解】展开式中的项为常数项，有3种情况：（1）5个括号都出1，即；（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；所以展开项中的常数项为，故选B.【点睛】本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.5、A【解析】

求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，，求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解．【详解】解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1，

过点P作PM垂直于准线，M为垂足，

由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1，

记∠KPF的平分线与轴交于

根据角平分线定理可得，，当时，，当时，，，综上：．故选：A．【点睛】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题．6、B【解析】

计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.【详解】如图所示：设球半径为，则，解得.故求体积为：，圆锥的体积：，故.故选：.【点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.7、D【解析】

由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】中，角、所对的边分别是、，由大边对大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：D.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查三角形的性质等基础知识，考查逻辑推理能力，是基础题．8、C【解析】

根据线面的位置关系，结合线面平行的判定定理、平行线的性质进行判断即可.【详解】A：当时，也可以满足∥，b∥，故本命题不正确；B：当时，也可以满足，，故本命题不正确；C：根据平行线的性质可知：当∥，，时，能得到，故本命题是正确的；D：当时，也可以满足，b∥，故本命题不正确.故选：C【点睛】本题考查了线面的位置关系，考查了平行线的性质，考查了推理论证能力.9、B【解析】

根据所给不等式组，画出不等式表示的可行域，将目标函数化为直线方程，平移后即可确定取值范围.【详解】实数满足的约束条件，画出可行域如下图所示：将线性目标函数化为，则将平移，平移后结合图像可知，当经过原点时截距最小，；当经过时，截距最大值，，所以线性目标函数的取值范围为，故选：B.【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数取值范围的求法，属于基础题.10、A【解析】

利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；当时，，可排除D选项；当时，，当时，，即，可排除C选项，故选：A【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题．11、C【解析】

由三视图知几何体是一个从圆锥中截出来的锥体,圆锥底面半径为,圆锥的高,截去的底面劣弧的圆心角为，底面剩余部分的面积为,利用锥体的体积公式即可求得.【详解】由已知中的三视图知圆锥底面半径为，圆锥的高，圆锥母线，截去的底面弧的圆心角为120°，底面剩余部分的面积为，故几何体的体积为：.故选C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体及体积求解问题,考查了学生空间想象,数学运算能力,难度一般.12、C【解析】

联立方程解得M(3，)，根据MN⊥l得|MN|＝|MF|＝4，得到△MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.【详解】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝(x－1)．由得x＝或x＝3.由M在x轴的上方得M(3，)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形点M到直线NF的距离为故选：C.【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据双曲线方程，可得渐近线方程，结合题意可表示，再由双曲线a，b，c关系表示，最后结合双曲线离心率公式计算得答案.【详解】因为双曲线为，所以该双曲线的渐近线方程为.又因为其一条渐近线经过点，即，则，由此可得.故答案为：.【点睛】本题考查由双曲线的渐近线构建方程表示系数关系进而求离心率，属于基础题.14、【解析】

由圆柱外接球的性质，即可求得结果.【详解】解：由于圆柱的高和球半径均为2，,则球心到圆柱底面的距离为1，设圆柱底面半径为，由已知有，∴，即圆柱的底面半径为.故答案为：.【点睛】本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.15、【解析】

设正四面体的棱长为，求出底面外接圆的半径与高，代入体积公式求解．【详解】解：设正四面体的棱长为，则底面积为，底面外接圆的半径为，高为．∴正四面体的体积，圆柱的体积．则．故答案为：．【点睛】本题主要考查多面体与旋转体体积的求法，考查计算能力，属于中档题．16、【解析】

利用交集定义直接求解．【详解】解：集合奇数，偶数，．故答案为：．【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，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）存在，或．【解析】

（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.【详解】解：设，由，，可得，即为，由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，由，可得，可得曲线的方程为；假设存在过点的直线l符合题意．当直线的斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，不成立；当直线的斜率存在时，设方程为，由，可得，即，可得，化为，由可得，由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，，则化为，即为，解得，所以存在直线符合题意，且方程为或．【点睛】本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题.（1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.18、（1）；（2）.【解析】

（1）根据离心率以及，即可列方程求得，则问题得解；（2）设直线方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理，根据题意中转化出的，即可求得参数，则三角形面积得解.【详解】（1）设，由题意可得.因为是的中位线，且，所以，即，因为进而得，所以椭圆方程为（2）由已知得两边平方整理可得.当直线斜率为时，显然不成立.直线斜率不为时，设直线的方程为，联立消去，得，所以，由得将代入整理得，展开得，整理得，所以.即为所求.【点睛】本题考查由离心率求椭圆的方程，以及椭圆三角形面积的求解，属综合中档题.19、（1）证明见解析；（2）当时，AC与平面PCD所成的角为.【解析】

（1）连接交于，由相似三角形可得，结合得出，故而平面；（2）过作，可证平面，根据计算，得出的大小，再计算的长．【详解】（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，，，又平面ACE，平面ACE，平面ACE.（2），，平面PAD作，F为垂足，连接CF平面PAD，平面PAD.，有，，平面就是AC与平面PCD所成的角，，，，，，时，AC与平面PCD所成的角为.【点睛】本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定与线面角的计算，属于中档题．20、（1）.（2）【解析】

（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）利用导数得出的单调性以及极值，从而得出的图象，将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，由图，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，，∴切线斜率，又切点∴切线方程为，即.（2），记，令得；∴的情况如下表：2+0单调递增极大值单调递减当时，取极大值又时，；时，若没有零点，即的图像与直线无公共点，由图像知的取值范围是.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，利用导数研究函数的零点问题，属于中档题.21、（1）；（2）①；②证明见解析.【解析】

（1）由条件可得，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，即可得到所求；（2）①若，可令，运用已知条件和等比数列的性质，即可得到所求充要条件；②当，，，由等比数列的定义和不等式的性质，化简变形，即可得到所求结论．【详解】解：（1），，且为非零常数，，，可得，可得数列的首项为，公差为的等差数列，可得，前项和为；（2）①若，可令，，且，即，，，，对任意的，，可得，可得，，数列是等比数列，则，，可得，，即，又，即有，即，数列是等比数列的充要条件为；②证明：对任意的，，，，，当，，，可得，即以为首项、为公比的等比数列；同理可得以为首项、为公比的等比数列；对任意的，，可得，即有，所以对，，，可得，，即且，则