浙江省浙南名校联盟2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题-附解析.doc

浙江省浙南名校联盟2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题 附解析
浙江省浙南名校联盟20xx-2022学年高三上学期期末联考数学试题
一、选择题：本大题共10小题，每题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，，则〔　　〕
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依据集合的交并补运算即可得解.
【详解】,,
,
,,,
应选：B
2. 已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程是〔　　〕
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由双曲线离心率的值得到之间的关系，即可求得双曲线的渐近线方程.
【详解】双曲线中，，又即，则
则其渐近线方程是
应选：A
3. 假设复数满足，〔其中为虚数单位〕则的值为〔　　〕
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数相等解得复数，再去求复数的模即可解决.
【详解】令则
由，可得，解之得
故，
应选：B
4. 已知“〞是“〞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】
【分析】依据线性规划的几何意义，分别作出和表示的平面区域，即可推断出答案.
【详解】设点满足，则点所在的平面区域为如图所示的正方形区域〔包括边界〕 ，
设满足，则点所在的平面区域为如图所示的圆面区域，
由此可知成立，不一定成立；
成立时，一定有成立，
故“〞是“〞的必要不充分条件，
应选：B.
5. 某几何体的三视图如图所示〔单位：〕，则该几何体的体积〔单位：〕是〔　　〕
A. 12B. 6C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由三视图可知，该几何体是底面为矩形的四棱锥，从而可求出其体积
【详解】由三视图可知，该几何体是底面为长为3，宽为2的矩形，高为2的四棱锥，如图所示，
所以该几何体的体积为，
应选：C
6. 已知成等差数列，也成等差数列，则值为〔　　〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以x、y分别表示等差数列与等差数列的公差，即可解决.
【详解】等差数列中，公差，
等差数列中，公差，
故
应选：D
7. 函数的图象大致是〔　　〕
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算，再计算，比较其大小即可选择.
详解】，排除AC，，
，
所以，排除D
应选：B.
8. 已知等边，点分别是边上的动点，且满足，将沿着翻折至点处，如图所示，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则〔　　〕
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在图中分别找到二面角的平面角，二面角的平面角，直线与平面所成角线面角，然后进行大小比较即可解决.
【详解】在等边中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO，
则，，平面，平面
故平面，又平面，则平面平面
在中，过P做PM垂直于OD于M，则平面，连接MF，
在等边中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.
由，则为二面角的平面角即，
由平面，，则为二面角的平面角即
由平面，则直线与平面所成角，即，
设，则，，，
，
，
则有，
由
可得，则有，则
又
故，又
故
应选：A
9. 已知甲盒子中有3个红球，1个白球，乙盒子中有2个红球，2个白球，同时从甲，乙两个盒子中取出个球进行交换，交换后，分别记甲、乙两个盒中红球个数，则〔　　〕
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分和两种状况分别去求数学期望，再进行比较即可解决.
【详解】交换后，记甲、乙两个盒中红球个数，
当时，,
则，
则.选项AB均推断错误；
当时，，
则，
.
即.
则选项C推断正确；选项D推断错误.
应选：C
10. 如图，函数的图象上任取一点，过点作其切线，交于点，过点作其切线，交于点，过点作其切线，交于点，则的取值〔　　〕
A. 与有关，且存在最大值B. 与有关，且存在最小值
C. 与有关，但无最值D. 与无关，为定值
【答案】D
【解析】
【分析】先证实一个结论：函数的图象上任取一点，.
过点作其切线交于点，过点作交于另两个点 ，则；利用该结论即可求出的横坐标关于的表达式，进而求出直线与的方程，联立直线与的方程，即可求出点的横坐标，再依据，即可求出结果.
【详解】先证函数的图象上任取一点，.
过点作其切线交于点，过点作交于另两个点 ，则.
证实:设过点的直线为，联立得: ，得方程
则方程必有一根，于是方程可改写为，其中，
当与相切于点时，方程有重根，韦达定理知；
当与相交于点时，方程有另两个根，
韦达定理知.
故.
由于函数的图象关于原点对称，
设，连结，交于另一点，由对称性，则，由上述结论，则，所以；
设，连结交于另一点由对称性，则，由上述结论，则，所以.
于是直线为，直线为，
联立得: ，解得，
所以，故的取值与无关，为定值.
应选：D.
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分
11. 我国古代数学著作《田亩比类乘除捷法》中有这样一个问题：“给银八百六十四两，只云所得银之两数比总分人数，其银多十二两.问总是几人，每人各得几两〞，其意思是：“现一共有银子八百六十四两，只知道每个人分到的银子数目的两倍比总人数多十二，则一共有____________人，每个人分得____________两银子〞.
【答案】　　①. 36　　②. 24
【解析】
【分析】设共有人，则每人分得两银子，由条件可得，解出即可.
【详解】设共有人，则每人分得两银子，
因为每个人分到的银子数目的两倍比总人数多十二，
所以，即，解得或〔舍去〕
所以一共有36人，每人分得24两银子
故答案为：36；24
12. 已知展开式中所有项系数和为1，则实数的值为____________，的系数为____________.
【答案】　　①.　　 ②.
【解析】
【分析】令，则由题意可得，从而可求出实数的值，展开式中的系数加上1即可得展开式的系数
【详解】因为展开式中所有项系数和为1，
所以，解得，
则，
所以其展开式的的系数为，
故答案为：，
13. 已知函数，则____________；假设函数有3个零点，则实数的取值范围为____________.
【答案】　　① 16　　②.
【解析】
【分析】由分段函数表达式先求，再求，然后作出函数f〔x〕图象，依据函数有3个零点，得到函数f〔x〕的图象与直线有三个交点，结合图象即可得出结果．
【详解】∵　，
∴，
∴，
作函数的图象可得
∵　函数有3个零点，
∴　函数f〔x〕的图象与直线有三个交点，
由图象观察可得，，
∴　实数的取值范围为，
故答案为：；.
14. 假设实数满足约束条件，则的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【分析】画出不等式组表示的平面区域，再去计算目标函数的取值范围即可.
【详解】不等式组表示的平面区域如下列图：
由，解得，即.
由，解得，即.
当直线过时，取最大值
当直线过时，取最小值
故的取值范围为
故答案为：
15. 已知椭圆的右焦点，直线与椭圆交于两点〔点在第一象限〕，且〔为坐标原点〕，则椭圆的离心率为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】以椭圆定义和椭圆的对称性结合起来去求椭圆的离心率即可.
【详解】设椭圆左焦点为,连接.
在△中，，，则，
由，，可知四边形为平行四边形，
则，又
则，故椭圆的离心率
故答案为：
16. 假设函数与有相同的零点，其中，且在上有且只有一个零点，则的值为____________，实数的最小值为____________.
【答案】　　①. ##60°##　　②. ##15°##
【解析】
【分析】依据函数零点相同得到，进而求出，分别求出与的零点，求出实数的最小值.
【详解】因为函数与有相同的零点，故两个函数的最小正周期相同，故，则的零点为，，故，；将，，代入到中，得到，解得：，，则，，因为，解得：.令
，解得：，则，，令，解得：，，因为在上有且只有一个零点，所以实数的最小值为.
故答案为：，
17. 已知平面向量满足，，向量满足，当与的夹角余弦值取得最小值时，实数的值为____________.
【答案】
【解析】
【详解】由得，又，则
由，可知，即向量满足，且夹角为
取，，，分别是线段，的中点，
则,，
由可知，点在直线上.又与的夹角为
要使得最大，则取圆过点、且与直线相切于点，此时取得最大，由切割线定理得，又
，
则有，，解之得
故答案为：
【点睛】应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证实过程或演算步骤.
18. 已知函数.
〔1〕求函数的单调递增区间；
〔2〕在中，分别是角的对边，，假设为上一点，且满足____________，求的面积.
请从①；②为的中线，且；③为的角平分线，且.这三个条件中任意选一个补充到横线处并作答.〔注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分〕
【答案】〔1〕，　　
〔2〕答案见解析
【解析】
【分析】〔1〕先对解析式进行化简，再对正弦型三角函数求单调递增区间即可；
〔2〕由题干可知，.选①时，的面积由计算；选②③时的面积由计算.
【小问1详解】
，
由，得，，
∴函数的单调递增区间为，；
【小问2详解】
由，得，
又中，，可知；
假设选①：
由，可知，可化为，
又，则，
又中，故，所以，
则，故；
假设选②：为的中线，且
在中，，，则有，
在中，，
在中，，
又，
则
则，又知，故；
故；
假设选③：为的角平分线，且.
由题意知，，
即，整理得
又在中，，，则有，
故
解之得，，故.
19. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，.
〔1〕证实：；
〔2〕求与平面所成角的正弦值.
【答案】〔1〕证实见解析　　
〔2〕
【解析】
【分析】〔1〕通过证实线面垂直来证得.
〔2〕建立空间直角坐标系，利用向量法来求得与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
取为中点，连接、、，
由于三角形和三角形是等边三角形，所以，，
由于，所以面，又面，所以.
【小问2详解】
，所以，所以.
，
.
如图所示，建立空间直角坐标系，为中点，，
，，，，，，
设点坐为面的一个法向量，
则有，得，
取，
设与面所成角为，则有，
所以与面所成角的正弦值.
20. 已知数列前项和为，数列满足，
〔1〕求数列与的通项公式；
〔2〕假设，对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】〔1〕，　　
〔2〕
【解析】
【分析】〔1〕首先由与的关系求得数列的通项公式，再以累加法求得数列的通项公式；
〔2〕以裂项相消法对求和，并求得其最小值即可解决.
【小问1详解】
数列中，，由，得，
时，，则
则，故数列是首项为1，公比为2的等比数列.则
由，得，
故.
【小问2详解】
由，可得
，
则，
当为偶数时，；当为奇数时.
故实数取值范围为.
21. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5.
〔1〕求与的值；
〔2〕过点作斜率存在的直线与拋物线交于两点〔异于原点〕，为在轴上的投影，连接与分别交抛物线于，问：直线是否过定点，假设存在，求出该定点，假设不存在，请说明理由.
【答案】〔1〕，　　
〔2〕过定点，
【解析】
【分析】〔1〕由抛物线定义，即可求出，再将点代入抛物线方程，即可求出的值；
〔2〕设，，，，设直线的方程为，将其代入抛物线方程，由韦达定理得到，同理可得，，由己知可得直线的方程为：，将和代入直线方程，化简整理，即可得到结果.
【小问1详解】
解：〔1〕依据抛物线的定义得：，，
将点代入抛物线方程得：，；
【小问2详解】
解：设，，，，
直线的方程为.
代入抛物线方程得：.得，
由题得，设过点的直线方程为，
代入抛物线方程得：，
∴，，
又由己知可得直线的方程为：，
整理得：，
将和代入直线方程得：，
代入上式可得：，
即，得，
所以直线过定点.
22. 设实数，且，函数.
〔1〕求函数的单调区间；
〔2〕假设函数有两个不同的零点.
〔i〕求的取值范围；
〔ii〕证实：.
【答案】〔1〕答案见解析　　
〔2〕〔i〕；〔ii〕证实见解析
【解析】
【分析】〔1〕分和两种状况去求的单调区间；
〔2〕首先利用对数均值不等式把转化为不等式，再构造函数利用函数单调性去证实即可.
【小问1详解】
，
当时，，的单调递增区间为.
当时，令，得，
当时，，当时，
所以的单调递减区间为，的单调递增区间为.
【小问2详解】
〔i〕由〔1〕知，时，为极小值点，又函数有两个零点，得.
于是，
得，即
由在单调递增，则由，可得
此时，，，
故，函数有两个不同的零点.
〔ii〕证实：由则，得，
于是，
设的极值点为，又由，于是，
令，则
即在上单调递增，又，则在恒成立.
由，可令，则，
即，即
故有：.
则，所以，
欲证，只必须证，只必须证，
又由，所以只必须证，
由，所以上述只必须证，只必须证，
令，则
即在上单调递增.
由，可知，所以上述不等式成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，推断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．