北京市海淀区北京医学院附属中学2023-2024学年高三上数学期末复习检测模拟试题含解析

北京市海淀区北京医学院附属中学2023-2024学年高三上数学期末复习检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．若,,,则下列结论正确的是()A．B．C．D．2．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于、两点.若的内切圆与线段在其中点处相切，与相切于点，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．3．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（）A．B．C．1D．4．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A．0B．C．D．15．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（）A．-2B．-1C．1D．26．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形（阴影部分）的概率是（）A．B．C．D．7．在平行四边形中，若则()A．B．C．D．8．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（）A．B．C．D．9．设为虚数单位，为复数，若为实数，则（）A．B．C．D．10．已知三棱锥中，是等边三角形，，则三棱锥的外接球的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为（）A．B．C．D．11．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（）A．1B．2C．3D．412．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设满足约束条件且的最小值为7，则＝_________.14．已知数列的前项和为，且满足，则______15．如图，在三棱锥中，平面，，已知，，则当最大时，三棱锥的体积为__________．16．割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率．现在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为________．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）已知数列和，前项和为，且，是各项均为正数的等比数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和．18．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，（，且）（1）求数列的通项公式；（2）证明：当时，19．（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，为其中心，为锐角三角形，且平面底面，为的中点，.（1）求证:平面；（2）求证:.20．（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.21．（12分）的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，点为边的中点，且，求的面积.22．（10分）如图，在正四棱柱中，，，过顶点，的平面与棱，分别交于，两点（不在棱的端点处）.（1）求证：四边形是平行四边形；（2）求证：与不垂直；（3）若平面与棱所在直线交于点，当四边形为菱形时，求长.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】根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】由指数函数的性质，可得，即，又由，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.2、D【解析】可设的内切圆的圆心为，设，，可得，由切线的性质：切线长相等推得，解得、，并设，求得的值，推得为等边三角形，由焦距为三角形的高，结合离心率公式可得所求值．【详解】可设的内切圆的圆心为，为切点，且为中点，，设，，则，且有，解得，，设，，设圆切于点，则，，由，解得，，，所以为等边三角形，所以，，解得.因此，该椭圆的离心率为.故选：D.【点睛】本题考查椭圆的定义和性质，注意运用三角形的内心性质和等边三角形的性质，切线的性质，考查化简运算能力，属于中档题．3、B【解析】设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.【详解】由题意可知点，设点、，设直线的方程为，由于点是的中点，则，将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，由韦达定理得，得，，解得，因此，直线的斜率为.故选：B.【点睛】本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.4、B【解析】根据题意可得平面，，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，，易得，所以，所以，故选B．5、B【解析】求出函数的导数，利用切线方程通过f′（0），求解即可；【详解】f（x）的定义域为（﹣1，+∞），因为f′（x）a，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x，可得1﹣a＝2，解得a＝﹣1，故选：B．【点睛】本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．6、A【解析】根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可．【详解】在中，，，，由余弦定理，得，所以.所以所求概率为.故选A.【点睛】本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．7、C【解析】由，,利用平面向量的数量积运算,先求得利用平行四边形的性质可得结果.【详解】如图所示,  平行四边形中,, ，，, 因为, 所以, ，所以，故选C.【点睛】本题主要考查向量的几何运算以及平面向量数量积的运算法则，属于中档题.向量的运算有两种方法：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.8、D【解析】根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.【详解】类产品共两件，类产品共三件，则第一次检测出类产品的概率为；不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；故选：D.【点睛】本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.9、B【解析】可设，将化简，得到，由复数为实数，可得，解方程即可求解【详解】设，则.由题意有，所以.故选：B【点睛】本题考查复数的模长、除法运算，由复数的类型求解对应参数，属于基础题10、D【解析】根据底面为等边三角形，取中点，可证明平面，从而，即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为，可求得到平面的距离，画出几何关系，设球心为，即可由球的性质和勾股定理求得球的半径，进而得球的表面积.【详解】设为中点，是等边三角形，所以，又因为，且，所以平面，则，由三线合一性质可知所以三棱锥为正三棱锥，设底面等边的重心为，可得，，所以三棱锥的外接球球心在面下方，设为，如下图所示：由球的性质可知，平面，且在同一直线上，设球的半径为，在中，，即，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算，正三棱锥的外接球半径求法，球的表面积求法，对空间想象能力要求较高，属于中档题.11、C【解析】设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.【详解】根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，代入得：.由根与系数的关系得，，所以.又直线CD的方程为，同理，所以，所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，则由抛物线的定义可得.所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.故选：C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.12、D【解析】由程序框图确定程序功能后可得出结论．【详解】执行该程序可得．故选：D．【点睛】本题考查程序框图．解题可模拟程序运行，观察变量值的变化，然后可得结论，也可以由程序框图确定程序功能，然后求解．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.【详解】根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，由可得，当时显然不满足题意；当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.综上可知满足条件时.故答案为：3.【点睛】本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.14、【解析】对题目所给等式进行赋值，由此求得的表达式，判断出数列是等比数列，由此求得的值.【详解】解：，可得时，，时，，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得．【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列前项和公式，属于中档题.15、4【解析】设，则，，，，当且仅当，即时，等号成立.,故答案为416、【解析】求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积，再用几何概型公式求出即可．【详解】半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，∴该正十二边形的面积为，根据几何概型公式，该点取自其内接正十二边形的概率为，故答案为：．【点睛】本小题主要考查面积型几何概型的计算，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）令求出的值，然后由，得出，然后检验是否符合在时的表达式，即可得出数列的通项公式，并设数列的公比为，根据题意列出和的方程组，解出这两个量，然后利用等比数列的通项公式可求出；（2）求出数列的前项和，然后利用分组求和法可求出.【详解】（1）当时，，当时，.也适合上式，所以，.设数列的公比为，则，由，两式相除得，，解得，，；（2）设数列的前项和为，则，.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了等比数列通项的计算，以及分组求和法的应用，考查计算能力，属于中等题.18、(1)(2)见证明【解析】(1)由题意将递推关系式整理为关于与的关系式，求得前n项和然后确定通项公式即可；(2)由题意结合通项公式的特征放缩之后裂项求和即可证得题中的不等式.【详解】（1）由，得，即，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，所以，即，当时，，当时，，也满足上式，所以；（2）当时，，所以【点睛】给出与的递推关系，求an，常用思路是：一是利用转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.19、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）通过证明，即可证明线面平行；（2）通过证明平面，即可证明线线垂直.【详解】（1）连，因为为平行四边形，为其中心，所以，为中点，又因为为中点，所以，又平面，平面所以，平面；（2）作于因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面又平面，所以又，，平面，平面所以，平面，又平面，所以，.【点睛】此题考查证明线面平行和线面垂直，通过线面垂直得线线垂直，关键在于熟练掌握相关判定定理，找出平行关系和垂直关系证明.20、（1）；（2）【解析】（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；（2）原不等式可转化为在R上恒成立，分别求函数与的最小值，根据能同时成立，可得的最小值，即可求解.【详解】（1）①当时,不等式可化为,得，无解；②当-2≤x≤1时,不等式可化为得x>0,故01时,不等式可化为,得x<2,故1