2022届广东省汕头市金山中学高三上学期期末数学试题含解析

2022届广东省汕头市金山中学高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先求出集合，然后直接求解即可

【详解】集合，

集合，

故选：C

2．已知角的始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角函数的定义求得，结合正弦的倍角公式，即可求解.

【详解】由题意，角的始边与轴非负半轴重合，终边过点，可得，

根据三角函数的定义，可得，

所以.

故选：B.

3．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（       ）

A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度

【答案】A

【分析】通过辅助角公式化简，利用三角函数平移判断即可．

【详解】．

故选：A.

4．已知，则下列结论一定正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，得到，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判定，即可求解.

【详解】由，可得，则，

对于A中，由，所以，所以A不正确；

对于B中，由，且，则，所以B不正确；

对于C中，由，且，

当时，，此时；

当时，，此时；

当时，，此时，所以C不正确；

对于D中，由，因为，可得，

所以，可得，所以D正确.

故选：D.

5．教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于等于0.1%.经测定，刚下课时，空气中含有0.2%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为%，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（       ）

（参考数据）

A．11分钟 B．14分钟

C．15分钟 D．20分钟

【答案】A

【分析】由时，求得；由列不等式，通过解不等式来求得需要的时间.

【详解】依题意可知时，，即，

所以，

由，得，两边取以为底的对数得

，，

所以至少需要分钟.

故选：A

6．“”是“点在圆外”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据点在圆外得求解集，应用等价法，由集合的包含关系即可判断条件间的充分、必要关系.

【详解】将化为标准方程，得

当点在圆外时，有，解得

∴“”是“点”在圆外”的必要不充分条件.

故选：B.

7．已知数列，，其中为最接近的整数，若的前m项和为10，则（       ）

A．15 B．20 C．30 D．40

【答案】C

【分析】由题意，为最接近的整数，得到中有2个1，4个2，6个3，8个4，，进而得到 ，结合等差数列的求和公式，即可求解.

【详解】由题意知，函数为最接近的整数，且，，，，

由此，在最接近的整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，，

又满足，得：，

则 ，

因为的前项和为10，即，

所以是首项为，公差为的等差数列的前5项和，则.

故选：C.

8．设函数在上的导函数为，若，，，则不等式的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】令，根据因为，得到，得出函数为上的单调递增函数，由题设条件，令，求得，把不等式转化为，结合单调性，即可求解.

【详解】令，可得，

因为，可得，

所以，所以函数为上的单调递增函数，

由不等式，可得，

所以，即

因为，令，可得，

又因为，可得，所以

所以不等式等价于，

由函数为上的单调递增函数，所以，即不等式的解集为.

故选：A.

二、多选题

9．下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（       ）

A． B．

C．的共轭复数为 D．的虚部为

【答案】ABD

【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的基本概念，逐项判定，即可求解.

【详解】由复数，

则，所以A正确；

因为，所以B正确；

根据共轭复数的概念，可得复数的共轭复数为，所以C不正确；

根据复数的基本概念可得，复数的虚部为，所以D正确.

故选：ABD.

10．已知数列是等比数列，公比为，前项和为，下列判断正确的有（       ）

A．为等比数列 B．为等差数列

C．为等比数列 D．若，则

【答案】AD

【分析】A选项利用等比数列的定义判断即可，

B选项若，则没意义，

C选项，当时，项为0，

D选项，把等比数列前n项和化简为即可求出.

【详解】A选项，设，则，所以为等比数列，A正确；

B选项，若，则没意义，故B错误；

C选项，当时，，等比数列的任一项都不能为0，故C错误；

D选项，由题意得，，

由得，，，即，

所以，故D正确；

故选：AD.

11．已知点，若过点的直线交圆：于，两点，是圆上一动点，则（       ）

A．的最小值为 B．到的距离的最大值为

C．的最小值为 D．的最大值为

【答案】ABD

【分析】对于A，由圆的性质可得当直线与轴垂直时，有最小值，从而可求出其最小值；对于B，当直线与垂直时，到的距离有最大值；对于C，设，从而可得，进而可求出其最小值；对于D，当，，三点共线时，最大

【详解】如图，当直线与轴垂直时，有最小值，且最小值为，所以A正确；

设，则，

所以，所以的最小值为，所以C错误；

当，，三点共线时，最大，且最大值为，所以D正确；

当直线与垂直时，到的距离有最大值，且最大值为，所以B正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆，考查运算求解能力，解题的关键是由题意画出图形，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于中档题

12．已知三棱锥的所有棱长都为2，且球O为三棱锥的外接球，点M是线段BD上靠近D点的四等分点，过点M作平面截球O得到的截面面积为S，则S的可能取值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】求出三棱锥的外接球半径，可知截面面积的最大值为，当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心到截面的距离为，截面圆的半径的最小值为，进而可求出截面面积的最小值，然后可得答案

【详解】因为三棱锥是正四面体，棱长为2，所以将其放置于正方体中，可得正方体的外接球就是三棱锥的外接球，

因为三棱锥的棱长为2，所以正方体的棱长为，

可得外接球直径为，所以，

所以截面面积的最大值为，

因为点M是线段BD上的点，

所以当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，

此时球心到截面的距离为，为等腰三角形，

过点作的垂线，垂足为，

由，得，

所以，

则所得截面半径的最小值为，

所以截面面积的最小值为，

所以截面面积的范围为

故选：BC

三、填空题

13．已知向量与的夹角是，且，，若，则实数_______．

【答案】

【解析】【详解】试题分析：由题意 ，可得 ，

即 ，解得

【解析】本题考查向量垂直的充要条件，向量的数量积的运算

点评：解决本题的关键是掌握向量垂直的充要条件

14．已知函数，则________．

【答案】2

【分析】令，可判断出函数为奇函数，即可得到，

从而可得到.

【详解】令，则函数定义域为，关于原点对称，

又，

所以函数为奇函数，所以

所以.

故答案为：2.

15．已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为________.

【答案】

【分析】根据正四棱锥的性质，将所在平面展开在一个平面上，即可判断最小时的位置关系，即可确定最小值.

【详解】正四棱锥如下图示，

将面与面展开在一个平面上，E、F为中点，如下图，

所以在移动过程中，当共线时，最小为.

故答案为：.

16．已知椭圆：与圆：，若在椭圆上不存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是________.

【答案】

【分析】设过点的两条直线与圆分别切于点，由两条切线相互垂直，可知，由题知，解得，又即可得出结果.

【详解】

设过的两条直线与圆分别切于点，

由两条切线相互垂直，知：，

又在椭圆C1上不存在点P，使得由P所作的圆C2的两条切线互相垂直，

所以，即得，所以，

所以椭圆C1的离心率，又，

所以.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：首先假设过P所作的圆C2的两条切线互相垂直求出，再由椭圆的有界性构造含椭圆参数的不等关系，即可求离心率范围.

四、解答题

17．已知数列的前项和为，数列的前项和为，且

（1）求的通项公式；

（2）若，求数列的前项和

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据和与通项关系用作差法求得数列通项即可；

（2）由于和，通过平方关系即可求得，再根据通项结构选用分组求和法求解．

【详解】解：（1）记数列的前项和为，所以，

所以当时，

两式作差，得当时，

因为当时，，也符合上式，

所以的通项公式为

（2）由（1）知.

因为，

所以，

所以数列的前项和

所以数列的前项和.

【点睛】数列求和的方法技巧

(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．

(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．

(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．

18．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，且

为等边三角形，平面平面；点分别为的中点．

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】(1)求解线面平行，根据题意，连接相应的中位线，根据中位线的关系可得，四边形是平行四边形.

(2) 设的中点为， 可证两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，然后求出平面的法向量，最后利用向量的内积关系即可求解出直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）设的中点为，连接，

为的中点，所以为的中位线，

则可得，且；

在梯形中，，且，

，

所以四边形是平行四边形，

，又平面，平面，

平面．

法二：设为的中点，连接，

为的中点，

所以是的中位线，所以，

又平面，平面，

平面，

又在梯形中，，且，

所以四边形是平行四边形，

，

又平面，平面，

平面，

又，

所以平面平面，

又平面，

平面．

（2）设的中点为，又．

因为平面平面，交线为，平面，

平面，

又由，，

．

即有两两垂直，如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系．

已知点，

设平面的法向量为：．

则有 ，可得平面的一个法向量为，

，

可得：，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题的第一问是比较常规的证明线面平行的题目，难点在于根据中点连成相应的平行四边形，进而证明出线面平行；第二问是常规的求线面角的正弦值，难点在于建立坐标系，当建立了坐标系后，即可求出平面的法向量，进而求解所求角的正弦值.

19．如图，在平面四边形中，，，.

(1)若，求的面积；

(2)若，，求.

【答案】(1)1

(2)2

【分析】（1）对采用余弦定理可求得，再结合正弦面积公式即可求解；

（2）可设，在中以为边列出正弦定理，同理，结合角度关系表示出，在中，以为边列出正弦定理，两式联立即可求解.

(1)

（1）因为，，，由余弦定理可得

，代值化简得或（舍去），；

(2)

（2）设，在中，由正弦定理可得①，由可得，则，，

在中，由正弦定理可得②，得，整理得，化简得，故.

20．2021年，我国脱贫攻坚战取得了全面胜利.为了巩固拓展脱贫攻坚成果，不断提高群众的幸福感，某县继续推进山羊养殖项目.为了建设相应的配套项目，该县主管部门对该县近年来山羊养殖业的规模进行了跟踪调查，得到了该县每年售卖山羊数量（单位：万只）与相应年份代码的数据如下表：

（1）由表可知与有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程；

（2）已知该县养殖的山羊品种只有甲、乙两种，且甲品种山羊与乙品种山羊的数量之比为，甲品种山羊达到售卖标准后的出售价为2500元/只，乙品种山羊达到售卖标准后的出售价为2700元/只.为了解养殖山羊所需要的时间，该县主管部门随机抽取了甲品种山羊和乙品种山羊各100只进行调查，得到要达到售卖标准所需的养殖时间如下表：

以上述样本统计的养殖山羊所需时间情况估计全县养殖山羊所需时间（即以各养殖时间的频率作为各养殖时间的概率），且每月每只山羊的养殖成本为300元，结合（1）中所求回归方程，试求2022年该县养殖山羊所获利润的期望（假设山羊达到售卖标准后全部及时卖完）.（利润=卖山羊的收入一山羊的养殖成本）

参考公式及数据：回归直线方程为，其中，.

【答案】（1）；（2）8800万元.

【分析】（1）先求得，，再利用公式求得，，然后写出回归方程;.

（2）由回归方程得到2022年羊的数量，再由频率估计概率，分别求得甲品和乙品种山羊要达到售卖标准需要养殖时间的期望，然后再分别求得每只甲品种和乙品种山羊利润的期望，即可得到山羊所获利润的期望.

【详解】（1）因为，，

所以，

可得.

所以与之间的线性回归方程为.

（2）由可知，当时，可得，

其中甲品种山羊有万只，乙品种山羊有万只.

由频率估计概率，可得甲品种山羊达到售卖标准需要的养殖时间为6个月，7个月，8个月和9个月的概率分别为0.2，0.35，0.35和0.1，

所以甲品种山羊要达到售卖标准需要养殖时间的期望为（月）.

由频率估计概率，可得乙品种山羊达到售卖标准需要的养殖时间为6个月，7个月，8个月和9个月的概率分别为0.1，0.3，0.4和0.2，

所以乙品种山羊要达到售卖标准需要养殖时间的期望为（月）.

养殖每只甲品种山羊利润的期望为（元），

养殖每只乙品种山羊利润的期望为（元），

故2022年该县售卖的山羊所获利润的期望为（万元）.

【点睛】方法点睛：(1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算．(2)注意性质的应用：若随机变量X的均值为E(X)，则对应随机变量aX＋b的均值是aE(X)＋b，方差为a2D(X)．

21．在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右顶点分别为，.是椭圆的右焦点，且，.

（1）求椭圆的方程；

（2）不过点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线过定点，并求出定点的坐标.

【答案】（1）；（2）证明见解析，过定点

【分析】（1）将，转化为长度，利用椭圆的几何性质列方程组解出可得椭圆的方程；

（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，代入，化简可得或，再代入直线的方程可得答案.

【详解】（1）根据题意可知，，.

∵,，

所以，，

∴，解得，所以，

∴椭圆方程为；

（2）设直线方程为，联立，

消去，并整理得，

设，

则，，

所以

，

化简得，所以或，

当时，，此时直线经过定点，不合题意，

当时，，此时直线过定点，

综上所述：直线过定点，并且定点的坐标为.

22．已知函数.

(1)当时，讨论的单调性；

(2)若存在实数，使得恒成立的值有且只有一个，求的值.

【答案】(1)当，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减

(2)

【分析】（1）当时，求得，分和两种情况讨论，即可求解；

（2）把恒成立，转化为恒成立，令，求得，分、和，三种情况讨论，分别求得函数单调性与最值，列出不等式，即可求解.

(1)

解：当时，函数，则的定义域为，

且，

当时，，在上单调递增；

当时，令，解得，

当时，，当时，.

所以在上单调递增，在上单调递减，

综上所述，当，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减.

(2)

由函数，可得，

因为恒成立，即恒成立，

令，则，

①当时，，单调递增，

要使在上恒成立，只需，

∴，此时m不唯一，不合题意；

②当时，令，解得，在上单调递增.

要使在上恒成立，只需，

解得，此时不唯一，不合题意；

③当时，令，解得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，

要使在上恒成立，且值唯一，只需，

整理得，

令，则，

令，解得.

当时，，单调递增，

当，，单调递减.

所以，要使值唯一，只需，

解得，，所以.