2022届黑龙江省双鸭山市第一中学高三上学期期末考试数学（文）试题含解析

2022届黑龙江省双鸭山市第一中学高三上学期期末考试

数学（文）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（       ）

A． B．

C．，或 D．，或

【答案】B

【分析】首先求出，再求即可.

【详解】因为或，

所以.

故选：B

【点睛】本题主要考查集合的运算，同时考查二次不等式，属于简单题.

2．已知复数，则z的共轭复数对应的点在第（       ）象限.

A．一 B．二 C．三 D．四

【答案】D

【分析】求得对应点的坐标，由此确定正确选项.

【详解】，

，

，

对应点的坐标为，在第四象限.

故选：D

3．已知函数为奇函数，当时，，且，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由奇函数对称性可得，代入已知解析式解得.

【详解】函数为奇函数，.

又，则，解得.

故选：B.

【点睛】图象具有对称性的函数求值题型关键在于区间转化，将未知区间的问题利用对称性转化到已知区间上求解.

4．已知抛物线的焦点为，以为圆心的圆与抛物线交于两点，与抛物线的准线交于两点，若四边形为矩形，则矩形的面积是

A． B． C． D．3

【答案】A

【详解】分析：首先根据题的条件，四边形为矩形，可以得到对边是平行且相等的，所以得到两条边是关于圆心对称的，从而可以求得圆心到直线的距离，从而求得其横坐标，代入抛物线的方程，可以求得点M和点N的坐标，从而求得矩形的边长，之后应用矩形的面积公式求得结果.

详解：根据题意，四边形为矩形，可得，

从而得到圆心到准线的距离与到的距离是相等的，

所以有M点的横坐标为3，代入抛物线方程，从而求得，

所以，

从而求得四边形的面积为.

点睛：该题考查的是有关抛物线及圆的有关性质以及矩形的面积公式，在解题的过程中，MN和PQ关于圆心对称是最关键的一步，此时可以求得点M的横坐标，借助于抛物线的方程，求得其纵坐标，从而求得对应的边长，利用面积公式，求得结果.

5．设为等差数列的前项和，若，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.

详解：设该等差数列的公差为，

根据题中的条件可得，

整理解得，所以，故选B.

点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.

6．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．

甲：我的成绩比乙高．

乙：丙的成绩比我和甲的都高．

丙：我的成绩比乙高．

成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为

A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙

C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙

【答案】A

【分析】利用逐一验证的方法进行求解.

【详解】若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．

【点睛】本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查．

7．已知两个不同的平面，和两条不重合的直线，，下列说法正确的是（       ）

A．若，，，，则

B．若，，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】B

【分析】根据线面平行，面面平行的判定定理以及面面垂直的性质定理等即可判断．

【详解】对A，因为直线未必相交，所以不一定成立，A错误；

对B，由，可得，又，所以，B正确；

对C，若，，则或，C错误；

对D，若，，根据面面垂直的性质定理可知，不一定成立，D错误．

故选：B．

8．已知双曲线的左焦点为，，点在双曲线的右支上，，，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题可得，根据双曲线定义建立关系可求.

【详解】根据可得，又.

设，则，，

所以，则.

故选：A.

9．若圆和圆没有公共点，则实数的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求出两圆的圆心坐标与半径，再由圆心距与半径间的关系列式求解．

【详解】化圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y﹣k＝0为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25+k，

则k＞﹣25，圆心坐标为（3，4），半径为，

圆C1：x2+y2＝1的圆心坐标为（0，0），半径为1．

要使圆C1：x2+y2＝1和圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y﹣k＝0没有公共点，

则|C1C2|或|C1C2|，

即5或5，

解得﹣25＜k＜﹣9或k＞11．

∴实数k的取值范围是（﹣25，﹣9）∪（11，+∞）．

故选：D．

【点睛】本题考查圆与圆位置关系的判定及应用，考查数学转化思想方法，考查计算能力，是基础题．

10．函数的大致图象为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】令，用导数法证明其单调性和即可.

【详解】由，

令，则，

令，解得，

当时，，

当时，，

所以，

所以，

故选：A

11．已知为常数，在某个相同的闭区间上，若为单调递增函数，为单调递减函数，则称此区间为函数的“”区间.若函数，则此函数的“”区间为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导函数，根据单调性转化为不等式组求解的问题.

【详解】对于函数，

对于函数，

则此函数的“”区间满足：

，即，

∴

故选：C

12．设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是

A．  B． C． D．

【答案】D

【解析】转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加（半径）.

【详解】设，圆心为，

则，

当时，取到最大值，∴最大值为．

故选：D.

【点睛】本题考查圆上点与椭圆上点的距离的最值问题，解题关键是圆上的点转化为圆心，利用圆心到动点距离的最值加（或减）半径得出结论．

二、填空题

13．已知向量的夹角为120°，，若，则实数λ=___________.

【答案】

【分析】由，可得，化简后结已知条件可求得答案

【详解】解：因为向量的夹角为120°，，且，

所以，即，

所以，解得，

故答案为：

14．正项等比数列的前项和为，若，则________.

【答案】63

【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式以及前项和公式，求出与，即可求解.

【详解】根据题意，设等比数列公比为，且.

由，得，则，解得，即，

因为，所以，因此.

故答案为：63.

15．O为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，P为C上一点，若，则△POF的面积为______.

【答案】

【分析】由抛物线的焦半径公式（或定义）求得点坐标，然后可计算三角形面积.

【详解】由题意，抛物线的焦点为，准线方程为，由，

设，则,,所以，即点的坐标为，

则的面积为．

故答案为：.

16．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．

【答案】2.

【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率.

【详解】如图，

由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，

又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．

【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．

三、解答题

17．已知数列满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意，当时，可得，

两式相减求得，又由时，，符合上式，即可求解；

（2）由，得到，结合裂项法求和，即可求解.

【详解】(1)解：由题意，数列满足，

当时，可得，

两式相减，可得，所以，

又由当时，，符合上式，

所以数列的通项公式为.

(2)解：由，则，所以，

所以.

18．已知锐角中，角，，的对边分别为，，，且满足.

（1）求角的大小；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由，根据正弦定理化简得，进而求得，即可求解；

（2）由（1）得到，根据三角恒等变换的公式，化简，进而得到，得到的范围，即可求解.

【详解】（1）在中，由，

利用正弦定理得，

所以，即，

因为，可得，所以，

又因为，所以.

（2）由（1）知，可得，可得，

所以

，

因为为锐角三角形，所以，，且，

所以，，所以

故的取值范围为.

19．如图，在三棱柱中，平面平面，是的中点．

(1)证明：；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析.

(2).

【分析】（1）连接，由平面几何知识证得，根据面面垂直的性质可证得，再由线面垂直的判定和性质可得证；

（2）运用等体积法可求得三棱锥的体积．

【详解】(1)证明：在三棱柱中，连接，

，，，

是等边的边的中点，，

平面平面，平面平面，所以平面，，

又平面，.

(2)（2）由（1）知平面，

.

20．已知函数，

(1)求函数在点处的切线方程；

(2)求证：当时，的图象在的图象下方．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）求出切线的斜率以及切点坐标，由点斜式可得切线的方程；

（2）由题意可得对于恒成立，只需证明，令，利用导数判断单调性求得的最小值即可求证.

【详解】(1)由函数，得，

所以切线的斜率，又因为，切点为，

函数在点处的切线方程为即.

(2)当时，的图象在的图象下方，即证明，

所以需证明

令，则，

令，则．

因为，所以恒成立，所以在上的增函数，

且，所以，即恒成立，

所以在上是增函数，且，

所以，即，

所以当时，的图象在的图象下方.

21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点和右焦点分别为、和，直线与椭圆交于不同的两点、，记直线、，的斜率分别为、、.

(1)求证：为定值；

(2)若，求的周长.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设点，可得出，利用斜率公式可计算得出为定值；

（2）分析可得，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式、韦达定理结合可求得，可得知直线过椭圆的右焦点，进而可求得的周长.

【详解】(1)证明：设，易知、，其中，则，

为定值.

(2)解：，即，

设、，而，

联立，

则，

且，，

.

所以，

，

，，

所以，，，

故直线恒过椭圆的左焦点，所以，的周长为.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

22．已知曲线的直角坐标方程是，把曲线上的点横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍，得到曲线.

（1）设曲线上任一点为，求的最大值；

（2），为曲线上两点，为坐标原点，若，求的值.

【答案】（1）最大值为2；（2）.

【解析】（1）把曲线的直角坐标方程化为参数方程，根据辅助角公式进行求解即可；

（2）根据坐标变换公式求出曲线的方程，利用参数方程设出动点坐标，利用极径的几何意义以及三角函数的有界性求解即可.

【详解】（1）：，曲线的参数方程(为参数)，

，

当时，的最大值为2.

（2），，代入得：.

故曲线的直角坐标方程为：，

对应的参数方程为：(为参数)，因此曲线上任意一点坐标为： ，对应的极坐标为：，显然有

，

所以有，因此，

因为，设，则点的坐标为，

所以

.