浙江省宁波市十校2021-2022学年高三数学上学期期末试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市十校2021-2022学年高三数学上学期期末试卷（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题： 本大题共 10 小題， 每小题 4 分， 共 40 分．在每小題给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的．
1. 已知实数集， 集合， 则 （ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集的定义，结合并集的定义进行求解即可.
【详解】因为集合
所以，而，
所以 或 ，
故选：B
2. 若复数满足， 则复数的模为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法和减法的运算法则，结合复数模的公式进行求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
故选：B
3. 已知双曲线与双曲线有相同的渐近线， 且它们的离心率不相同， 则下列方程中有可能为双曲线的标准方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出双曲线的离心率以及渐近线方程，再逐一判断选项的离心率和渐近线即可.
【详解】双曲线中，，则渐近线方程为，离心率.
对于A，，则离心率，故A错误；
对于B，，则渐近线方程为，故B错误；
对于C，，则离心率，故C错误；
对于D，，则渐近线方程为，离心率，故D正确.
故选：D
4. 设， 则“ ”是“ ”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】A
【解析】
【分析】根据充分性、必要性的定义进行分析判断即可.
【详解】当成立时，显然，
当时，例如时，分式没有意义，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：A
5. 已知一个侧棱均相等的三棱锥的三视图 (如图)， 根据图中标出尺寸(单位： )， 可得这个三棱锥的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图还原三棱锥，画出直观图，并找出相关量即可.
【详解】由三视图可画出三棱锥的直观图，如下
在三棱锥中，，，，
，平面，，
，，
中，所以.
故选:C.
6. 已知某函数的图象 (如图)， 则该函数的解析式可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数值的趋势分析进行判断即可.
【详解】由图像，
对于B， .所以不符合图象；
对于C，所以不符合图象；
对于D，所以不符合图象，
最后可以确定只有A符合题意，
故选：A.
7. 将3只小球放入3个盒子中， 盒子的容量不限， 且每个小球落入盒子的概率相等． 记为分配后所剩空盒的个数， 为分配后不空盒子的个数， 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据古典概型计算公式、数学期望公式，结合数学期望和方差的性质进行判断即可.
【详解】因为一共有3个盒子，所以，
因此，，
由题意可知：，
，，
，
，所以，
故选：C
8. 如图， 在正方体中， 点分别为的中点， 设过点的平面为， 则下列说法正确的是（ ）
A. 在正方体中， 存在某条棱与平面平行
B. 在正方体 中， 存在某条面对角线与平面平行
C. 在正方体 中， 存在某条体对角线与平面平行
D. 平面截正方体所得的截面为五边形
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得 交平面于点， 交平面于点， 交平面于点，
故不存在某条棱与平面平行，即可以判断选项A错误；
由六个面的12条面对角线与平面都相交，即可判断选项B错误；
体对角线全部与面相交，即可判断选项C错误；
补全图形可得平面截正方体所得的截面为五边形，即可以判断选项D正确.
【详解】对于选项A，交平面于点，平面，
都不与平面平行，
交平面于点，平面，
都不与平面平行，
交平面于点，平面，
都不与平面平行，
故A错误；
观察几何体可知六个面的12条面对角线与平面都相交，
故B错误；
四条体对角线全部与面都相交，
故C错误.
如下图，取中点为，易得，
取中点为，连接，易得，
再取中点为，连接，则，
，
是平面与正方体底面的交线，
延长，与的延长线交于，连接，交于，
则可得五边形即为平面交正方体的截面，
故D正确；
故选：D.
9. 已知函数 若存在互不相等的实数， 使得， 则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的性质画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】当时，，或，或舍去，
当时，单调递减，
当时，单调递增，此时函数有最大值，最大值，
当时，，
函数的图象如下图所示：
因为存在互不相等的实数， 使得，
说明函数与函数的图象有四个不同的交点，
所以由数形结合思想可知：
不妨设，
即，
，
因为，
所以，
由，
因为，所以，
故选：A
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想是解题的关键.
10. 已知无穷项实数列满足： ， 且 ， 则（ ）
A. 存在， 使得B. 存在， 使得
C. 若， 则D. 至少有2021个不同的， 使得
【答案】D
【解析】
【分析】题设的递推关系可化为，利用数学归纳法可证命题：命题若，则及若，则，从而可判断各项正误.
【详解】因为，故，
所以，其中，
故，否则，矛盾.
又，故即，
故当时，，故A错误.
当时，，下面用数学归纳法证明：若，则.
当时，符合，
设当时，，
则当时，，故当时，结论成立.
由数学归纳法可得.
故当时，，
故为递减数列，故不成立，
故B错误.
取， 下面用数学归纳法证：，
当时，，命题成立；
设当时，，
则，故当时命题成立，
由数学归纳法可得命题成立.
若，则即或，
从而或，
或或，
从而或或或，
当时，因为，故，
所以即，所以此时有不同的的值有个，
而，故D成立（此时无需讨论其余情况）.
同理若，此时至少有个不同的，使得成立，
但时即即，故C不成立.
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于给定递推关系的数列的性质研究问题，可将该关系进行变形化简，结合数学归纳法来研究各类性质，注意根据新的递推关系的形式合理选择首项.
非选择题部分
二、填空题： 本大題共 7 小题， 单空题每小题 4 分， 多空题每小题 6 分， 共 36 分．
11. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理： 三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上， 这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”． 在非等边中， ， 点坐标为， 点坐标为， 且其“欧拉线”与圆 相切， 则的“欧拉线”方程为______________，圆M的半径______________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由“欧拉线”的定义可得，等腰三角形的“欧拉线”就是底边的中垂线；直线与圆相切，半径等于圆心到直线的距离.
【详解】因为 ，所以 的中垂线就是“欧拉线”.
又因为的中点为 ， ，
所以 的“欧拉线”方程为 即；
圆M的半径为
故答案为：，
12. 若实数满足约束条件则的最小值为___，的最大值为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】画出二元一次不等式组表示的平面区域，由直线及的几何意义即可求解.
【详解】解：因为实数满足约束条件，所以不等式组表示的平面区域为如图所示阴影部分，
因为，即，
所以当直线经过时在轴上截距最小，即取得最小值2；
的几何意义，表示可行域内的点与原点连线的斜率，
由，可得交点，
由图可知.
故答案为：；.
13. 已知的展开式的各项系数的绝对值之和为1024 ， _______，， 展开式中含的项的系数为_______．
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为：，
所以的展开式的各项系数的绝对值之和为1024，
因此有，即；
在通项公式中，令，所以展开式中含的项的系数为，
故答案为：；.
14. 如图， 在中， ， 点在边上，且， 则 _______， 的面积为_______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】利用余弦定理直接计算即可求得，利用余弦定理求得，进而可得，取中点,可得，利用三角形面积公式即可得结果.
【详解】在中， ，
,则.
取中点,由可知.
,
，
,
.
故答案为：;.
.
15. 某学校社会实践小组共有7名成员， 该小组计划前往该地区的三个红色教育基地进行“学党史， 颁党恩， 跟党走”的主题宣讲志愿服务．若每名成员只去一个基地， 每个基地至少有两名成员前往， 且甲、乙、丙三名成员作为负责人分别带队前往三个基地， 则不同的服务方案共有_______种．
【答案】
【解析】
【分析】先把甲、乙、丙全排列分配到三个基地，再将剩下的4名成员分成3组，三组人数分别为2，1，1，然后再进行分配.
【详解】甲、乙、丙三名成员作为负责人分别带队前往三个基地则分配方法为，
剩下四人分成三组人数为2，1，1，故不同的分配方案有，
所以不同的分配方案有，所以共计216种.
故答案为：216.
16. 已知，是椭圆上的两点(点在第一象限)，若，且直线，的斜率互为相反数，且，则直线的斜率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】
设直线斜率为，得出直线的方程，联立方程组消元，得出点坐标，代入椭圆方程计算的值即可得出的斜率.
【详解】解：延长交椭圆于，由对称性可知，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，
消元得：，
设，，
则，
，.
，
即，
，
把代入椭圆方程得：，
解得，，
直线的斜率为.
故答案为：.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单的几何性质，考查分析问题能力，属于中档题.
17. 已知、、是平面向量，是单位向量． 若，， 则的最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】作，，，，分析可知则点在以线段为直径圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，可得，设，利用圆的几何性质结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】因为，则，即，
因为，即，
作，，，，则，
，则，
固定点，则为的中点，则点在以线段为直径的圆上，
点在以点为圆心，为半径的圆上，如下图所示：
，
设，则，
因为，，
故
，
当时，等号成立，即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：
（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；
（2）或，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；
（3）一些常见的等式应熟记：如，等.
三、解答题
18. 已知函数的最小正周期为 4 ．
（1）求的值及函数的对称中心；
（2）若，且，求.
【答案】（1）；对称中心为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先根据二倍角公式，和差公式，辅助角公式，对函数化简，变形为；根据周期求的值；根据整体代入的方法求函数的对称中心；
（2）首先根据求出，；从而根据凑角及和差公式即可求出的值.
【小问1详解】
，
因为的最小正周期为，所以，又因为，所以解得；
故.
由，得，
所以函数的对称中心为.
【小问2详解】
由，得，即，
又，所以，结合，
可知，故，
所以
.
19. 如图， 在四棱锥中， 底面是矩形，， 点为侧棱上一动点 (不含端点)．
（1）求证： 平面 平面；
（2）若， 是否存在点使得直线与平面所成角为？ 若存在， 求出的值； 若不存在， 说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；或
【解析】
【分析】（1）由和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到平面平面-
（2）作交于，得到平面，以所在的直线分别为轴，过点平行与的直线为轴建立空间直角坐标系，即，求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为四边形为矩形，可得，
又因为，且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面-
【小问2详解】
解：作交于，
因为，所以 所以平面，
以所在的直线分别为轴，过点平行与的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，所以，
记，即，所以，
所以，
由，故可设平面法向量，
又由，得，可解得，所以，
若直线与平面所成角为，
则有，所以，
化简得，解得，
因此，当时，直线与平面所成角为.
20. 已知公差不为0的等差数列的前项和为， 且
（1）求数列的前项和；
（2）在数列中， ， 且 若对任意的正整数， 不等式 恒成立， 求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由题设求得与，即可求得其通项公式；
（2）根据，可得，两式作差，在根据题意，可证明数列为等比数列，进而求得，再根据，可得，对，，三种情况进行分类讨论，解决恒成立问题，即可求出结果.
【小问1详解】
解：等差数列的公差为，
由，得
解得，
所以；
【小问2详解】
解：由，得，
相减得，即．
又，，得，
故对任意成立，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
所以；
将代入，得，
即有对任意恒成立．
（ⅰ）当时，成立，所以符合题意-
（ⅱ）当时，由恒成立，即
易知当时，；当时，，故．
所以，且，可解得；
（ⅲ）当时，由恒成立，即
由，
可知当时，，即；
当且时，，即，
又当时，，当时，，当时，，
所以．
所以．
即且，得，解得；
综上，
21. 如图，已知点是抛物线上位于第一象限的点，点，点是轴上的两个动点(点位于轴上方)， 满足，线段分别交轴正半轴、抛物线于点，射线交轴正半轴于点
（1）若四边形ANPM为矩形，求点的坐标；
（2）记的面积分别为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形性质，可得对角线互相平分，即的中点在轴上，然后点在抛物线，即可得；
（2）联立直线方程与抛物线，根据韦达定理求得两点的纵坐标关系，再根据条件判断与相似，进而求得两点的坐标关系，再表示并化简为关于的函数，根据两点的位置关系，以线段为直径的圆与抛物线有交点得出关于的约束，即可确定中取值范围，最后可得
【小问1详解】
当四边形为矩形时，
的中点在轴上，则有：
故-
【小问2详解】
设点，直线方程：，
显然有
联立直线与抛物线，得：
消去得：
则有：
由，得：
又由，可得：△∽△
则有：
从而，即
所以，进而有：
结合（注：由，得，故有）
可得：
又由题意知，存在抛物线上的点满足条件，即以线段为直径的圆与抛物线有
交点，且易得圆方程：
联立抛物线与圆，得
消去得：
由，结合，可解得：
令，求导可知在上单调递增
又
故有：在上单调递增
因此，
【点睛】解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；在求解相关最值问题时，通常是先建立目标函数，然后应用函数的知识来解决问题；
22. 对于正实数， 熟知基本不等式： ， 其中 为的算术平均数， 为的几何平均数． 现定义的对数平均数：
（1）设， 求证： ：
（2）①利用第（1）小问证明不等式： ：
②若不等式 对于任意的正实数恒成立， 求正实数的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）① 证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）令，由可证得上单调递减,,即可证得结果.
（2）（ⅰ）要证，只要证，即证，
令，由（1）有，即可证得结论.
（ⅱ）由恒成立，化简即得恒成立，
令，化简则有恒成立.令，求导可得
，（注：）
讨论可得时，即时，在上单调递增，及时，在上单调递减，从而可得结果.
【小问1详解】
令，有
所以，得在上单调递减.
又，故当时，，
因此，当时，-
【小问2详解】
（ⅰ）要证，只要证，
只要证，即证，
令，由（1）有，即得，
因此，
（ⅱ）由恒成立，
得恒成立，即得恒成立，
令，有恒成立，
得恒成立，所以恒成立
令，有
，-
（注：）
ⅰ当时，即时，
易知方程有一根大于1，一根小于1，
所以在上单调递增，
故有，不符；
ⅱ当时，有，
所以，从而在上单调递减，
故当时，恒有，符合．
由ⅰ、ⅱ可知，正实数的取值范围为，
因此，正实数的最大值为
【点睛】思路点睛：（1）构造，利用导数判断函数的单调性.
（2）（ⅰ）问题转化为（ⅱ）由恒成立，
令，问题转化恒成立.构造，利用导数证明单调性.