浙江省绍兴市诸暨市2021-2022学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

诸暨市2021－2022学年第一学期期末考试试题高三数学

第Ⅰ卷（选择题  共40分)

一、选择题：本大题共10小题，每小题4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，， 若，则（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】利用集合交的定义及包含关系求解.

【详解】因为，所以，得或，即或.

故选:C.

2. 已知复数满足（为虚数单位），则在复平面内的对应点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】由复数除法得出，从而得出对应点的坐标后可得结论．

【详解】∵，∴，则z在复平面内对应点的坐标为，∴z在复平面内对应的点在第一象限．

故选：A．

3. 下列四个周期函数中，与其它三个函数周期不一致的函数是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据各自的特点，分别求出函数的周期即可判断.

【详解】对于A，，周期为；

对于B，，周期为；

对于C，，周期为；

对于D，若周期为，

则，，

故的周期不是.

故选：D

4. “”是“”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】解两个不等式，即可得出结论.

【详解】由可得，解得，由得，解得，

所以，“”是“”的充分必要条件.

故选：C.

5. 已知实数满足约束条件，则（    ）

A. 有最小值，无最大值 B. 有最小值，也有最大值

C. 有最大值，无最小值 D. 无最大值，也无最小值

【答案】A

【解析】

【分析】先画出不等式组表示的可行域，由，得，作出直线，根据直线在轴上的截距的最值，来判断目标函数是否能取到最值

【详解】先画出不等式组表示的可行域，由，得，作出直线，向上平移过点时，直线在轴上的截距最小，则取得最小值，由于可行域向右无限延伸，所以无最大值，

故选：A

6. 如图，圆、在第一象限，且与轴，直线均相切，则圆心、所在直线的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设直线的倾斜角为，则为锐角，由已知可得出，求出的值，即可得出直线的方程.

【详解】设直线的倾斜角为，则为锐角，由已知可得，

整理可得，因，解得.

因此，直线的方程为.

故选：B.

7. 已知等比数列，首项为，公比为，前项和为，若数列是等比数列，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设等比数列的公比为，则，分、两种情况讨论，求出的表达式，结合已知条件可得出等式组，即可得解.

【详解】设等比数列的公比为，则.

若，则，由题意可得，即，

所以，，解得，不合乎题意；

若，则，则，

由题意可得，即，

所以，，可得.

故选：B.

8. 如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（    ）

A 时，平面平面

B. 时，平面平面

C. 面积最大时，

D 面积最小时，

【答案】D

【解析】

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，取线段的中点，求出平面的法向量，利用空间向量法可判断AB选项的正误；分析可知，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可判断CD选项的正误.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、、、、，

，，所以，，

，线段的中点为，，

所以，，

设平面的法向量为，

则，取，则.

对于A选项，设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

若平面平面，则，则，解得，A对；

对于B选项，设平面的法向量为，，，

则，取，可得，

若平面平面，则，即，解得，B对；

对于CD选项，，则，故，

因为.

因为，当时，取最小值，则的面积最小，D错，

当时，取最大值，则的面积最大，C对.

故选：D.

9. 已知是双曲线的左右焦点，为圆上一动点（纵坐标不为零），直线分别交两条渐近线于两点，则线段中点的轨迹为（    ）

A. 平行直线 B. 圆的一部分

C. 椭圆的一部分 D. 双曲线的一部分

【答案】A

【解析】

【分析】设点坐标为，依题设求线段中点的坐标可得解.

【详解】设点坐标为，渐近线方程为：，

直线：，直线：，

当点在上方时，

由，得，

同理，

，

当点在下方时，，

所以线段中点纵坐标，所以中点轨迹为平行直线.

故选:A.

10. 已知，满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据题意以及对数函数性质可以判断出，然后构造函数，求导后判断函数的单调性即可得答案.

【详解】解：

又

若，则不满足条件，

若、时， ，不满足条件

当、时，成立；

又因为函数的图像恒在上方，

设，，所以

构造函数，，

令，（）

，且在定义域内单调递增，故

因此可知，所以在范围内单调递增，

故选：D

第Ⅱ卷（非选择题，共110分）

二.填空题（本大题有7个小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分）

11. 我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形.后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的直角三角形，若，则小正方形的面积是________.

【答案】1

【解析】

【分析】设出小正方形边长，用勾股定理列出方程，求出小正方形的边长和面积.

【详解】设小正方形边长为，由勾股定理得：，解得：，故小正方形的面积为.

故答案为：1

12. 已知展开式各项系数和为，则______；常数项为______.

【答案】    ①. 5；    ②. 5.

【解析】

【分析】空一：利用代入法进行求解即可；

空二：利用通项公式进行求解即可.

【详解】空一：令，得；

空二：二项式的通项公式为：，

令，即常数项为：，

故答案为：5；5.

13. 已知函数，则______；若，则______.

【答案】    ①. 1    ②.

【解析】

【分析】代入函数解析式，求出，进而求出，分类讨论求解.

【详解】，则，当，即时，，，则，无解；当即时，，，则，解得：，符合要求；当时，，，所以，解得：，符合要求，综上：.

故答案为：1，

14. 已知抛物线，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，若以为直径的圆被轴，轴截得的弦长相等，则______.

【答案】2

【解析】

【分析】求得直线方程为，与抛物线联立得，设，的中点为，求得点M的坐标，由已知得圆心到轴，轴的距离相等，建立方程求解即可.

【详解】解：过点作斜率为的直线方程为，与抛物线联立得，，

设，的中点为，则，所以，

因为以为直径的圆被轴，轴截得的弦长相等，所以圆心到轴，轴的距离相等，所以，解得（舍去），

故答案为：2.

15. 体育馆内装篮球的箱子中有4个新篮球和2个用过的旧篮球，三名运动员各自从箱子中随机拿一个篮球进行投篮训练，结束后三个篮球放回箱子中，此时箱子中用过的旧篮球个数是一个随机变量，则______；随机变量的数学期望______.

【答案】    ①. ##    ②. 4

【解析】

【分析】由于从箱子中任取3个球来用，用完后装回箱子，此时箱子中旧球的个数为4，可知增加了2个旧球，从而可得取出的3个球中有2个新球和1个旧球，进而可求出，由题意可得，求出对应的概率，从而可求出

【详解】由题意可知当箱子中的旧球为4个时，则可得取出的3个球中有2个新球和1个旧球，

所以,

由题意可得，则

，

，

所以，

故答案为：，4

16. 已知的三个角所对的边为，若，为边上一点，且，若,则面积的最大值为______；若，则的最小值为______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由三角形面积公式，结合诱导公式和三角函数恒等变换，即可求解；设，则，则由可以推得，再利用面积公式可以解出，从而根据，可以推出，最后利用基本不等式即可得出结论.

【详解】（1）设，则，

由题意得，，

由于，，

所以，

即，

整理得，，

又，

所以，

由得，，

所以，

由于，

所以，

故，当，即时，，则的面积取得最大值为.

（2）设，则，，

，即，

化简得,即，

故，

又，

所以，

即，

，

当且仅当时取等号，

即的最小值为.

故答案为:，.

17. 已知向量，，，则________.

【答案】

【解析】

【分析】先通过数学归纳法证明出，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算.

【详解】，，

归纳出，，接下来用数学归纳法进行证明：

当时，满足题意；

假设当时，，则当时，，故，

其中

所以

故答案为：

三、解答题（本大题有5个小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

18. 已知函数.

（1）求函数的单调递增区间；

（2）求函数的值域.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用诱导公式及其余弦的二倍角公式化简，即为，然后利用余弦函数的性质求其单调递增区间即可；

（2）利用正弦的二倍角公式及其辅助角公式化简，即为，利用正弦函数的性质求值域即可.

小问1详解】

∵

∴，

即所求单调递增区间为：；

【小问2详解】

，其中 ，

即.

19. 在正项等比数列中，，是与的等差中项，数列满足.

（1）求数列和的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1），；   

（2）

【解析】

【分析】（1）设等比数列的公比为，则，根据已知条件可得出关于的方程，求出的值，利用等比数列的通项公式可求得的通项公式，利用前项和与通项的关系可求得数列的通项公式；

（2）分析可知，当时，，当时，，化简的表达式，利用分组求和法可求得数列的前项和.

【小问1详解】

解：设等比数列的公比为，则，

因为，

所以（舍去），所以，

当时，，则，

当时，因为，①

得，②

①②得：，所以，，

也满足，所以，对任意的，.

【小问2详解】

解：令，则，

所以，数列为单调递减数列，所以，，

故当时，，则，

此时，，

且，

当时，，则，

此时，

.

综上所述，.

20. 如图，三棱台，平面平面，侧面是等腰梯形，, 分别是的中点.

（1）求证：平面；

（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；

（2）利用平行线的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥等积性、线面角的定义进行求解即可.

【小问1详解】

证明：连接与交于点，连接，

因为，所以由棱台的性质可知：，且，

因为是的中点，因此，因此四边形是平行四边形，所以是的中点，又是的中点，

所以，而平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

因为,所以与平面所成角即为所求角，

取中点,连接，

因为

又因为，

因为平面平面，平面平面，,

所以平面，

所以中，

平行四边形中:

平行四边形中:

中： ，

所以到平面的距离，

又因为，

即 ；

21. 如图，椭圆的离心率为，上的点到直线的最短距离为.

（1）求椭圆的方程；

（2）过上的动点向椭圆作两条切线、，交轴于，交轴于，交轴于，交轴于，记的面积为，的面积为，求的最小值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由已知条件求出、的值，即可得出所求椭圆的方程；

（2）设、的方程分别为、，分析可知、是关于的的两根，利用韦达定理可得出关于的表达式，令，利用基本不等式可求得的最小值.

【小问1详解】

解：由题意知：，所以，即所求椭圆方程为.

【小问2详解】

解：设、的方程分别为、，

则，，，，

，①

联立，可得，

，

化简得，

显然，、是关于的的两根.

故，，则，

即代入①式得，

令，则，

，

当且仅当，即时，的最小值为.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

22. 已知函数.

（1）当时，求在处的切线方程；

（2）若有两个极值点、，且.

（ⅰ）求实数的取值范围；

（ⅱ）求证：.

【答案】（1）；   

（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；

（2）（i）求得，利用导数分析函数的单调性，根据已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；

（ii）分析可知，，将所证不等式转化为证明，分、两种情况讨论，在时，利用不等式的基本性质可证得结论成立，在时，通过构造函数，并利用导数分析函数的单调性，结合不等式的基本性质可证得结论成立.

【小问1详解】

解：当时，，则，

所以，，，

因此，在处的切线方程为.

小问2详解】

解：（i），令，则，

令，则对任意的恒成立，

所以，函数在上单调递增，

因为，当时，，即，

当时，，即，

所以，函数在上单调递减，在上单调递增，

因为有两个极值点、，则，解得.

（ii）令，

，，

由（i）可知，，

只需证，即证：，

当时，，得证；

当时，先证：，令，，，

当时，，当时，，

则在上递增，在上递减，所以，得证，

令，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，即，

则，

记与的交点横坐标分别为，，

则，，则，

又，，

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.