期末仿真模拟试卷01（解析版）-高三数学上学期期末考试（山东、广东、湖南、湖北、河北、江苏、 福建、浙江、江西、安徽、河南）-A4

这是一份期末仿真模拟试卷01（解析版）-高三数学上学期期末考试（山东、广东、湖南、湖北、河北、江苏、 福建、浙江、江西、安徽、河南）-A4，共16页。试卷主要包含了 考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1. 答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4. 考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，解得，
，又，
.
故选：B.
2. 已知，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得，
故，其虚部为.
故选：A.
3. 底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可知圆锥的底面半径，母线长，高，
∴圆锥的体积为.
故选：A.
4. 已知向量，且，则（ ）
A. -2B. C. -2或D. 2或
【答案】B
【解析】，
又且反向，
所以或，
当时，，不符合题意，
当时，，符合题意，所以，
故选：B.
5. 若函数的图象在点处的切线不经过第二象限，且该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】由，得，，
则的图象在点处的切线方程为.将代入切线方程，得，将代入切线方程，得.
因为该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，所以，
解得或.
当时，切线经过第一、三、四象限，符合题意；
当时，切线经过第一、二、三象限，不符合题意.故.
故选：D
6.某公司计划派员工到甲、乙、丙、丁、戊这5个领头企业中的两个企业进行考察学习，记该公司员工所学习的企业中含甲、乙、丙的个数为，记的所有取值的平均数为，方差为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题知的所有可能取值为，则，.
且，，，
所以，故A错误；
由于，故C错误；
，故B错误；
，则，故D正确．
故选：D
7. 已知点是抛物线上一点，点是抛物线的焦点，为上异于的两动点，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. 6C. 11D. 20
【答案】C
【解析】
因为在抛物线上，
所以，得，因此抛物线
令，则
因为，所以，
化简得，令，则,
，
结合二次函数性质，当时，取得最小值，
即的最小值为，
故选：C
8. 已知函数在区间上单调，其中为大于1的整数，若是的一个零点，，要使通过平移成为偶函数，可以将其向右平移（ ）个单位
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为函数在区间上单调，
所以最小正周期，
即，，
又已知其中为大于1的整数，所以.
因为是的一个零点，所以.
当时，，由，得，
所以，
验证：，
且当，则，
函数在区间上单调递减，满足题意；
当时，，由，得，
所以，
验证：，不满足题意；
综上可知，.
由是偶函数，
又不是偶函数；
不是偶函数；
不是偶函数；
综上，将向右平移个单位，可成为偶函数，B项正确，其余选择均错误；
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 对一组数据3，3，3，1，1，5，5，2，4，若任意去掉其中一个数据，剩余数据的统计量不会发生变化的为（ ）
A 中位数B. 众数C. 平均数D. 方差
【答案】ABC
【解析】数据由小到大排列为：1，1，2，3，3，3，4，5，5，其中位数、众数、平均数都为3，
去掉数据1，剩余数据的中位数、众数都不变；去掉数据3，剩余数据的平均数不变，ABC不是；
若任意去掉其中一个数据，剩余数据的波动性发生变化，方差一定发生变化，D是.
故选：ABC
10. 在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数．定义双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数．则（ ）
A. 双曲正弦函数是增函数B. 双曲余弦函数是增函数
C. 双曲正切函数是减函数D.
【答案】AD
【解析】对A：令，
则恒成立，故双曲正弦函数是增函数，故A正确；
对B：令，
则，由A知，为增函数，又，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，故B错误；
对C：，
由在上单调递增，且，
故是增函数，故C错误；
对D：由C知，则，
，
故，故D正确.
故选：AD.
11. 祖暅原理也称祖氏原理，是一个涉及求几何体体积的著名数学命题，公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理，“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等，则体积相等，更详细点说就是，夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理，国外同一般称之为卡瓦列利原理，已知将双曲线：与它的渐近线以及直线，围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体I，将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体II，则关于这两个旋转体叙述正确的是（ ）
A．由垂直于轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面
B．旋转体II的体积为
C．将旋转体I放入球中，则球的表面积的最小值为
D．旋转体I的体积为
【答案】ACD
【解析】对于选项A，直线与双曲线的交点为， 线段绕y轴旋转一周所得的图形为圆面，
所以用垂直于y轴的平面截旋转体II的截面为圆面，故A正确；
对于B,截面圆的半径为，截面面积为,
与双曲线的渐近线的交点为，
所以是用垂直于y轴的平面截两条渐近线绕y轴旋转得到的旋转体的截面面积.
x绕y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为，
所以与双曲线及渐近线形成的截面圆环面积为定值，
且底面半径为的圆柱的截面面积为，高为4的圆柱的体积为，
所以旋转体II的体积为，故B错误；
对于C，双曲线的右顶点为，渐近线的方程为，
当时,，由对称性可知若将旋转体I放入球中时，
要使得球的表面积最小，则球心一定在轴上，
因为旋转体I在球内，点在球内或球面上，又点到轴的距离为2，
所以球的半径至少为2， 所以球的表面积大于等于，
取点，则，
所以旋转体I在以为球心，半径为2的球内，此时球的表面积是，
所以球的表面积的最小值为，
所以C正确；
对于D,与渐近线交于点，
与双曲线交于点，
则用垂直于x轴的平面截旋转体I的截面应为圆环，其内径为，
外径为，截面面积为，
根据祖暅原理，旋转体I的体积为，故D正确，
故选:ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为______．
【答案】240或3840
【解析】由于的展开式的二项式系数和为64，即，
解得n＝6．
又由于展开式系数和为729，令得，即，
解得或-4，
的展开式的通项为，令，
解得，
所以展开式的常数项为，
故当时，，当时，．
故答案为：240或3840
13. 已知数列，满足，，则______.
【答案】
【解析】由，，可得，
.
故答案为：
14.中，角，，所对的边分别为，，，且，则的内切圆半径的最大值为______．
【答案】
【解析】设的内切圆半径为，由题意可得，
由余弦定理可得，
而，故，
由余弦定理可得，则，当且仅当时等号成立，
而，则，其中，
故，
令，故.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 某校为了解高三学生每天的作业完成时长，在该校高三学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：
用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响.
（1）从该校高三学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；
（2）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有人可以在2小时内完成各科作业，求的分布列和数学期望；
（3）从该校高三学生（学生人数较多）中随机选取3人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，求.
【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）
【解析】（1）设“从该校高三学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件，
则.
（2）样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人），其中可以在2小时内完成的有3人，的所有可能取值为0，1，2，3.
，，，，
∴的分布列为：
∴.
（3）由题意得，，
∴.
16. 如图，四棱柱中，四边形ABCD是菱形，四面体的体积与四面体的体积之差为的面积为.
（1）求点到平面的距离；
（2）若，求锐二面角的余弦值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）如图，连接AC交BD于点，
设四棱柱体积为（其中为菱形ABCD的面积，为四棱柱的高），
所以四面体的体积为，
同理四面体的体积为，
又因为四边形ABCD是菱形，
所以，
所以点到平面的距离为点到平面距离的一半，
所以四面体的体积是四面体的体积的两倍，即，
设点到平面的距离为，
则，
解得；
（2）如图，连接，
由得，又四边形ABCD是菱形，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，
所以，又平面ABCD，
所以平面ABCD，以点为原点，OA为轴，OB为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由（1）知，且的面积为，
所以棱柱的高，而三棱锥的体积为，
故，故，
所以，
易得平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
又，
所以，即，
取，故，
故锐二面角的余弦值为.
17. 已知函数.
（1）设，求曲线的斜率为2的切线方程；
（2）若是的极小值点，求b的取值范围.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）当时，，其中，
则，令，
化简得，解得（负值舍去），
又此时，则切线方程过点，结合切线方程斜率为2，
则切线方程为，即.
（2）由题可得定义域为，，
因是的极小值点，则，
则，
若，令，令，
则在上单调递增，在上单调递减，
得是的极大值点，不满足题意；
若，令，令，
则在上单调递增，在上单调递减，
得是的极大值点，不满足题意；
若，则，在上单调递减，无极值，不满足题意；
若，令，令，
则在上单调递增，在上单调递减，
得是的极小值点，满足题意；
综上，是的极小值点时，.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过坐标原点的直线交椭圆于A、两点，点A在第一象限．
（1）若，求点A的坐标；
（2）求的取值范围；
（3）若轴，垂足为，连结并延长交椭圆于点，求面积的最大值．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）由椭圆方程可知：，则，
设直线，，
可得，解得，
则，解得，
则，即，所以.
（2）因为，
可得，
则，
因为，则，
可得，
所以的取值范围为.
（3）设，
由题意可知：，
则，且，
因为点均在椭圆上，则，两式相减得，
整理可得，即，
则，即，可知，
又因为，则，
可得面积
，
设，则，
当时，；当时，；
可知在0,1内单调递增，在1,+∞内单调递减，则，
所以面积的最大值为.
19. 已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”．
（1）若，且为“2数列”，求．
（2）若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式．
（3）若，，且为“数列”，的前项和为，证明：．
【答案】（1） （2）， （3）证明见解析
【解析】（1）由，且为“2数列”，得，即，
则，
，
，
．
（2）设数列的公比为，
由，得，
即，
则．
两式相减得，
即．
因为是首项为2的“数列”，所以，
即，
所以，
即对任意的恒成立．
因为，，
则，即，
解得，．
又由，即，得，所以．
检验可知符合要求，故数列的通项公式为．
（3）因为为“数列”，所以，
即对任意的恒成立，
因为，，所以．
再结合，，，反复利用，
可得对任意的，．
设函数，则．
由，得．
当时，f′x