长郡中学高三数学上学期期中模拟卷（二）

这是一份长郡中学高三数学上学期期中模拟卷（二），共8页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，记为等差数列的前项和，若，则，已知，则下列不等式一定成立的是，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题.本题共8小题，每小题5分，共40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．设为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】为纯虚数，∴，∴，选A.
2．设集合，，则集合的元素个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，，个元素.
3．已知圆锥的高为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆
∴，即，∴，∴，，选A.
4．在中，，点在边上，则“”是“为中点”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
【答案】B
【解析】“”，不妨设，，则，则
满足条件有两个，一个是中点，一个是点，不充分.
为中点，，则，必要.
∴“”是“是中点”的必要不充分条件，选B.
5．记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，∴
，选C.
6．北京时间年月日时分，神舟十三号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，受到国际舆论的高度关注.为弘扬航天精神、普及航天知识、激发全校学生为国争光的荣誉感和责任感，某校决定矩形以“传航天精神、铸飞天梦想”为主题的知识竞赛活动.现有两队报名参加，两队均由两名高一学生和两名高二学生组成，比赛共进行三轮，每轮比赛两队都随机挑选两名成员参加答题，若每位成员被选中的机会均等，则第三轮比赛中被两队选中的四位学生不会来自同一年级的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】四个学生来自同一年级的概率为，
四个学生不全来自同一年级的概率为，选C.
7．已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】，，，A错.
，，，B错.
，∴，∴，，∴，
∴，∴，∴，C对.选C.
8．若斜率为的直线与抛物线和圆分别交于和两点，且，则当面积最大时的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】法一：，则的中点与的中点重合，设此点为，
当时，取最大值，，
令，，，
，
∴，选D.
法二：，当且仅当时取“”，
∴，∴，
设直线方程为，，
，中点
，，选D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．折纸发源于中国.世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支.我国传统的一种手工折纸风车（如图）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】如图，，则与不平行，A错.
设，
，B对.
，C对
∴，D对，选BCD.
10．下列命题正确的是（ ）
A．若为复数，则
B．若为向量，则
C．若为复数，且，则
D．若为向量，且，则
【答案】AD
【解析】令，，
，，，
∴，A对.
，∴，B错.
，
，∴
，C错.
选AD.
11．已知函数，则（ ）
A．，函数在上均有极值
B．，使得函数在上无极值
C．，函数在上有且仅有一个零点
D．，使得函数在上有两个零点
【答案】BC
【解析】，时，，无极值，A错，B对.
时，在上单调递增，，，
∴在有且仅有一个零点.
时，在恒成立，在上单调递增
时，，，∴在有且仅有一个零点.
时，，或0，在上单调递增，上单调递减
.时，，∴有且仅有一个零点.
∴，有且仅有一个零点，C对，D错.
12．甲同学投掷骰子次，并请乙同学将向上的点数记录下来，计算出平均数和方差.由于记录遗失，乙同学只记得这五个点数的平均数为，方差在区间内，则这五个点数（ ）
A．众数可能为B．中位数可能为
C．一定不会出现D．出现的次数不会超过两次
【答案】ACD
【解析】法一：，众数为，平均数为，方差，∴A对.
若中位数为，设五次数据为，
即，∴，，，矛盾，B错.
若出现了，则其它四次和为，即数据为，矛盾，∴C对.
若出现次，则其它2次和为4，这2次为，
，D对.
法二：设向上的点数分别为，
∴，
，
不妨取，，，则，A正确.
对于B，不妨设，都中位数为3，则
∴，，∴不可能为，B错.
对于C，若出现，则，与矛盾，故不可能出现，C正确.
对于6，假设出现2的次数超过2次，则至少有次.
不妨设，，，
这与矛盾，故D正确.
选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．记数列的前项积为，写出一个同时满足①②的数列的通项公式：________..
①是递增的等比数列；②.
【答案】（答案不唯一）
【解析】，∴，∴.
不妨设，则，.
14．设点是曲线上的任意一点，则到直线的最小距离是________.
【答案】
【解析】的斜率为，设，切点，
，，切点到的距离.
15．已知分别为双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线的渐近线的对称点在上，则双曲线的离心率为________.
【答案】
【解析】
法一：设的中点为，为中点.
∴为中位线，，则.，则，
∴，∴，.
法二：
令，则，如图，关于对称点为
即也在上，而，则，.
16．已知直三棱柱中，，，分别为棱，的中点，过点作平面将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为，则__________；平面截此三棱柱的外接球的截面面积为__________.（本小题第一空2分，第二空3分）
【答案】；
【解析】法一：
取中点，取中点，连，
∴平面为平面，，
，，
三棱锥外接球半径，
如下图建系，，，，，
设平面的法向量，
，∴，不妨设，则，
∴球心到平面距离，
∴，.
法二：秒杀一
q
图（1） 图（2）图（3）
截面过四等分点，
由体积公式“”知，
而，∴.
棱柱外接球球心在中点，
其中为中点，如图知，外接球半径，如图（3）知，
∴截面半径，∴.
法三：秒杀二
截面过四等分点，：,，
建立空间坐标系，，，
，∴，
∴，∴.
法四：设为上靠近的四等分点，则，
∴平面即为平面，∴
∴.
取中点，则三棱柱外接球球心为中点，外接球半径，
到平面的距离即为到的距离，
∴截面面积.
故应填：；.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题（2）的横线上，并解答下列题目.
在中，已知角的对边分别为，且，.
（1）求；
（2）若为边上一点，且，__________，求的面积.
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）
【解析】
（1）由，得，
由正弦定理得.
因为，所以，
所以，即.
（2）选①，设，.因为，所以.
由余弦定理得，解得.
所以，所以的面积.
选②，因为，所以.
由正弦定理得，解得，
由余弦定理得，解得.
所以，所以的面积.
选③，因为，所以.
由，解得，所以.
由余弦定理得，解得.
所以，所以的面积.
18．（12分）若数列满足（，是不等于的常数）对任意恒成立，则称是周期为，周期公差为的“类周期等差数列”.已知在数列中，，.
（1）求证：是周期为的“类周期等差数列”，并求的值；
（2）若数列满足，求的前项和.
【解析】
（1）法一：由，，相减得，
所以周期为，周期公差为的“类周期等差数列”，
由，，得，
所以.
法二：由，，相减得，
所以是周期为，周期公差为的“类周期等差数列”，
从而的奇数项和偶数项分别是公差为的等差数列，
所以所以.
（2）法一：由，，得，
当为偶数时，；
当为奇数时，.
综上所述，
法二：当为偶数时，；
当为奇数时，.
所以当为偶数时，；
当为奇数时，.
综上所述，
19．（12分）年月国务院印发《全民健身计划》，《计划》中提出了各方面的主要任务，包括加大全民健身场地设施供给、广泛开展全民健身赛事活动、提升科学健身指导服务水平、激发体育社会组织活动、促进重点人群健身活动开展和营造全民健身社会氛围等.在各种健身的方式中，瑜伽逐渐成为一种新型的热门健身运动.某瑜伽馆在月份随机采访了名市民，对于是否愿意把瑜伽作为主要的健身方式作了调查.
（1）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为“愿意把瑜伽作为主要健身方式”与性别有关？
附：
（2）为了推广全民健身，某市文化馆计划联合该瑜伽馆举办“瑜你一起”的公益活动，在全市范围内开设一期公益瑜伽课，先从上述参与调查的人中选择“愿意”的人按分层抽样抽出人，再从人中随机抽取人免费参加.市文化馆拨给瑜伽馆一定的经费补贴，补贴方案为：男性每人元，女性每人元.求补贴金额的分布列及数学期望（四舍五入精确到元）
【解析】
（1）由已知得.
所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为“愿意把瑜伽作为主要健身方式”与性别有关.
（2）调查的人中选择“愿意”的人按分层抽样抽出人，
其中男性人数为，女性人数为.
记补贴金额为，则可能为，，.
，，，
则的分布列为
数学期望（元）.
20．（12分）如图，在四面体中，已知是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，为线段的中点，为线段的中点，为线段上的点.
（1）若平面，求线段的长；
（2）若二面角的大小为，求与平面所成角的大小.
【解析】
（1）因为面，面，面面，所以.
又因为为线段的中点，所以为线段的中点，
因为为线段的中点，且，所以.
因为是以点为直角顶点的等腰直角三角形，所以.
在直角中，.
（2）法一：连接，因为在等边中，为的中点，所以.
又因为是以点为直角顶点的等腰直角三角形，为线段的中点，
所以，所以为二面角的平面角，所以.
过点作，垂足为，连接.
因为，，，面，
所以面.又因为面，所以.
又因为，面，所以面，
所以为与面所成的角.
因为，，所以，，
因为，所以为线段的的中点.
所以，且，所以，
所以与面所成角的大小为.
法二：连接.因为在等边中，为的中点，所以.
又因为是以点为直角顶点的等腰直角三角形，为线段的中点.
所以，所以为二面角的平面角，所以.
以点为原点，所在的直线分别为轴，轴，
过点且垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图），
则，，.
因为，，，所以，
所以，，
所以，.
设平面的法向量为，则
即解得，
取其中一个法向量为.
因为，所以，
设与平面所成的角为，则.
又，所以，即与面所成角的大小为.
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，，直线与直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若点为曲线上的任意一点（不含短轴端点），点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.
【解析】
（1）法一：设，，，，
∴，∴曲线的方程为.
法二：设动点，由题意可得，
所以曲线的方程为.
（2）法一：设点
设，直线方程为
直线方程为：，方程为：
在方程中令，
联立，
∴
，∴
为定值.
法二：设线
设直线方程为，方程：
，
∴，，
方程：
令，
∴为定值.
法三：
设的直线方程为，
联立方程组得，
由，得，
代入直线方程得，所以，
所以的直线方程为，所以.
联立方程组解得.
所以，所以为定值.
法四：设，则直线的方程为，
联立方程组解得.
由直线的方程为，得，
所以.
又因为，
所以为定值.
22．（12分）已知函数.
（1）判断的单调性，并说明理由；
（2）若数列满足，，求证：对任意，.
【解析】
法一：巧妙推理
（1）
令，
在上单调递增，∴，∴，
在上单调递增.
（2）由
要证，只需证
即证：，∵，∴，∴
先证左边：
令证，即证
令，，在上单调递增，∴，得证.
再证右边：，即证，
令，
∴在上单调递增，，也得证.
综上：对，，∴.
法二：（1）显然定义域为.
当时，
记，
，故在时为增.
（2）令，只需证明恒成立和恒成立.
因为
若，则有
①先证明，记
记，，恒成立，
故，
，故成立.
②记
，简记为
，，，
恒成立，故命题得证！
（不想多取几个名字，就用二阶，三阶导数了.）
法三：
（1）的定义域是，.
令，.
因为，所以，所以在上单调递增，
所以.又，，从而，
所以在上单调递增.
（2）设，.
当时，，所以在上单调递增，
所以，即，
所以.
由（1）可知，即，
所以，即，从而.
设，则.
当时，，所以，
所以在上单调递增.
故当时，，即，
从而，即，即.
因为，所以.
综上，
愿意
不愿意
合计
男性
女性
合计