河北省张家口市2022届高三上学期期末考试数学试题（Word版含答案）

张家口市2021-2022学年度高三年级第一学期期末考试

数学试卷（B）

注意事项：

1.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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.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.已知集合，则（    ）

A.    B.    C.    D.

2.已知，则（    ）

A.    B.

C.    D.

3.直线与圆交于两点，则（    ）

A.    B.    C.    D.

4.已知一个圆锥的底面半径为，其侧面面积是底面面积的倍，则该圆锥的体积为（    ）

A.    B.    C.    D.

5.已知是拋物线上一点，是的焦点，，则（    ）

C.6    D.9    A.2    B.3

6.已知函数，则函数在点处的切线方程为（    ）

A.    B.

C.    D.

7.已知函数，则（    ）

A.函数是奇函数，在区间上单调递增

B.函数是奇函数，在区间上单调递减

C.函数是偶函数，在区间上单调递减

D.函数非奇非偶，在区间上单调递增

8.已知，则（    ）

A.    B.   

C.    D.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.年11月10日，中国和美国在联合国气候变化格拉斯哥大会期间发布《中美关于在21世纪20年代强化气候行动的格拉斯哥联合宣言》（以下简称《宣言》）.承诺继续共同努力，并与各方一道，加强《巴黎协定》的实施，双方同意建立“21世纪20年代强化气候行动工作组"，推动两国气候变化合作和多边进程.为响应《宣言》要求，某地区统计了2020年该地区一次能源消费结构比例，并规划了2030年一次能源消费结构比例，如下图所示：

经测算，预估该地区2030年一次能源消费量将增长为2020年的倍，预计该地区（    ）

A.2030年煤的消费量相对2020年减少了

B.2030年天然气的消费量是2020年的5倍

C.2030年石油的消费量相对2020年不变

D.2030年水､核､风能的消费量是2020年的倍

10.已知为椭圆的左､右焦点，直线与椭圆交于两点，过点向轴作垂线，垂足为，则（    ）

A.椭圆的离心率为.

B.四边形的周长一定是

C.点与焦点重合时，四边形的面积最大

D.直线的斜率为

11.已知，则（    ）

A.    B.    C.    D.

12.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biēnào）.如图，三棱锥为一个憋臑，其中平面，为垂足，则（    ）

A.平面

B.为三棱锥的外接球的直径

C.三棱锥的外接球体积为

D.三棱锥的外接球体积与三棱锥的外接球体积相等

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量，向量，若，则实数__________.

14.已知为等差数列，，且成等比数列，则__________.

15.四个不同的小球随机放人编号为的四个盒子中，则恰有两个空盒的概率为__________.

16.已知函数，且函数在区间上单调递减，则的最大值为__________.

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.（本小题满分10分）

已知是数列的前项和，.

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

18.（本小题满分12分）

已知某区两所初级中学的初一年级在校学生人数之比为，该区教育局为了解双减政策的落实情况，用分层抽样的方法在两校初一年级在校学生中共抽取了100名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如下频率分布直方图：

（1）在抽取的100名学生中，A，B两所学校各抽取的人数是多少？

（2）该区教育局想了解学生做作业时间的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和做作业时长超过3小时的学生比例，请根据频率分布直方图，估计这两个数值；

（3）另据调查，这100人中做作业时间超过3小时的人中的20人来自A中学，根据已知条件填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为“做作业时间超过3小时”与“学校”有关？

附表：

附：

19.（本小题满分12分）

在中，内角的对边分别为，且.

（1）求；

（2）若为的中点，，求的面积.

20.（本小题满分12分）

如图，在四棱锥中，底面为正方形，分别为的中点.

（1）证明：d平面；

（2）若平面平面为等边三角形，求二面角的正弦值.

21.（本小题满分12分）

已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为.

（1）求双曲线的方程；

（2）若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，点到直线的距离是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.

22.（本小题满分12分）

已知函数.

（1）当时，证明：函数在区间上单调递增；

（2）若，讨论函数的极值点的个数.

张家口市2021-2022学年度高三年级第一学期期末考试

数学试卷（B）参考答案及评分标准

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.【答案】B

【解析】，故选B.

2.【答案】A

【解析，故选.

3.【答案】B

【解析】圆心到直线的距离为，又，故，故选B.

4.【答案】D

【解析】设圆锥的底面半径为，母线为，高为，则，所以，故，所以，故选D.

5.【答案】C

【解析】由定义，又，所以，解得.故选C.

6.【答案】C

【解析】因为，所以，又，故函数在点处的切线方程为，化简，得.故选C.

7.【答案】A

【解析】，故是奇函数.又，由复合函数单调性可知单调递增，故选A.

8.【答案】C

【解析】因为，所以，所以错误；

又，所以，又，所以，所以B错误；

因为，所以，又，所以，故C正确；

因为，所以，故只要比较和的大小即可，又，所以，故D错误.故选C.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.【答案】BD

【解析】设2020年该地区一次能源消费总量为，

2020年煤的消费量为，规划2030年煤的消费量为，故A错误；

2020年天然气的消费量为，规划2030年天然气的消费量为，故B正确；2020年石油的消费量为，规划2030年石油的消费量为，故C错误；2020年水､核､风能的消费量为，规划2030年水､核､风能的消费量为，故D正确.故选BD.

10.【答案】ABD

【解析】由的方程可得离心率为，故A正确；

由椭圆定义可知，，同理，，所以四边形的周长一定是，故B正确；

四边形的面积，当点与焦点重合时，，此时四边形的面积，故C错误；

设，故，则，故D正确，故选ABD.

11.【答案】BD

【解析】，

故，

所以或，

故或.又，

所以或，故选BD.

12.【答案】BC

【解析】如图1，过点向引垂线，垂足为，又平面，所以，､所以平面平面，故平面平面与平面矛盾，故错误；

在三棱锥中，，所以为三棱锥的外接球的直径，故B正确；因为平面平面，即平面平面，又，所以的外接圆直径为三棱锥的外接球直径（如图2），，在中，由余弦定理得，，故，

所以三棱锥的外接球体积为，故C正确；

因为，故为三棱锥的外接球的直径，，而三棱锥的外接球直径为，故D错误.故选BC.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.【答案】

【解析】因为，所以，所以.

14.【答案】

【解析】设等差数列的公差为，首项为.由，得.

因为且，

所以，

解得，所以.

15.【答案】

【解析】四个不同的小球随机放人编号为的四个盒子中共有种，若恰有两个空盒，则四个不同的小球可分成1个和3个或2个和2个，共有种，故恰有两个空盒的概率为.

16.【答案】10

【解析】因为在区间上单调，

所以，所以.

因为，又，所以.

又函数在区间上单调递减，

所以，解得，

即，故的最大值为10.

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.（本小题满分10分）

解：（1）当时，由，得，

则.

当时，有，符合上式.

综上，.

（2）由（1）得，，

则

.

18.（本小题满分12分）

解：（1）设两校所抽取人数分别为.

由分层抽样可知，，所以.

又，解得.

（2）由直方图可知，学生做作业的平均时长的估计值为

（小时）.

由，可知有的学生做作业时长超过3小时.

综上，估计该区学生做作业时间的平均时长为小时，该区有的学生做作业时长超过3小时.

（3）由（2）可知，有（人）做作业时间超过3小时.

故填表如下：

单位：人

由列联表可知，的观测值8.，

所以有的把握认为“做作业时间超过3小时”与“学校”有关.

19.（本小题满分12分）

解：（1）由正弦定理得，又，所以.

又，故，所以，

（2）由（1）可知，.

由正弦定理得，设，

由余弦定理得，

解得，

所以.

20.（本小题满分12分）

（1）证明：如图，连接.

因为分别为的中点，

所以，所以平面.

因为，

所以四边形为平行四边形，故

所以平面.又，

所以平面平面.

又平面，所以平面.

（2）解：取的中点，连接.

因为为等边三角形，为的中点，所以.

又平面平面，平面平面，

所以平面.

如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，

建立空间直角坐标系.

设，则，

.

设为平面的法向量，

则即可取.

设为平面的法向量，

则即可取，

所以，故.

所以二面角的正弦值为.

21.（本小题满分12分）

解：（1）由题意，得双曲线的渐近线方程为，

右顶点为.又，

且，

所以，故..

又，解得，

所以双曲线的方程为.

（2）设.

当直线和轴线平行时，，解得，

所以点到直线的距离为.

当直线和轴线不平行时，

设直线的方程为，

由得，

，

所以.

又，

所以，

得，

解得.

又点到直线的距离为，

则，故，

所以点到直线的距离为定值.

22.（本小题满分12分）

（1）证明：当时，.

当时，，.

所以函数在区间上单调递增，

故，

故函数在区间上单调递增.

（2）解：当时，单调递增，无极值点，

当时，，

令，

令，则，

当时，，且，当时，方程有唯一小于零的零点，故函数存在一个极值点；

当时，，当时，，

故函数在上单调递减，在上单调递增，为函数极小值，

所以当时，方程无解，函数无极值点；

当时，方程有一个解，

但当时，，当时，，故函数无极值点.

当时，方程有两解，函数存在一个极大值点和一个极小值点.

综上，当时，函数存在一个极值点，

当时，函数无极值点，

当时，函数存在一个极大值点和一个极小值点.