浙江省嘉兴市2021-2022学年高三数学上学期期末考试试卷（Word版附解析）

浙江省嘉兴市2021-2022学年高三上学期期末测试

数学试题

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，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求解集合M中的对数不等式，根据并集的定义即得解

【详解】依题意，

根据并集定义，

故选：C

2. 复数z满足，则（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的除法及复数模的定义求解即可.

【详解】由题意可知，

所以，

故选：D

3. 设实数满x，y满足，则的最小值是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】作出可行域，数形结合即可求出结果.

【详解】解：由可得，根据线性约束条件作出可行域如图：

作直线，沿可行域方向平移可知：过点时，取得最小值，由可得所以取得最小值.

故选：A.

4. 已知，则“”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】A

【解析】

【分析】根据充分条件、必要条件及不等式的性质可得解.

【详解】由，

而不一定能得到，例如，，

所以“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

5. 某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（    ）

A.  B.  C. 3 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】由三视图还原几何体为四棱锥，然后利用四棱锥的体积公式求解即可

【详解】由三视图可知原几何体是底面边长为2，高为2的四棱锥，如图所示，

所以该几何体的体积为

，

故选：B

6. 函数的部分图象可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对自变量分段讨论，根据指数函数和正弦函数的性质即可判断，正弦函数满足

【详解】当时，，则，故选项和选项均错误

当时，，则，故选项错误，而选项正确

故选：

7. 如图，在正方体中，点E，F分别是AB和的中点，则下列说法正确的是（    ）

A. 与EF共面，平面 B. 与垂直，平面

C. 与EF异面，平面 D. EF与垂直，平面

【答案】B

【解析】

【分析】反证法：假设平面有，根据正方体的性质及勾股定理证明是否相等，即可确定矛盾结论，排除C、D；应用异面直线的证明判断与EF异面排除A，即可得答案.

【详解】假设平面，而面，则，

若正方体棱长为2，则，，，显然，

∴不垂直，与矛盾，故平面不成立，排除C、D；

由面，面，，而，面，

∴与EF异面，排除A.

故选：B.

8. 已知点，，若曲线上存在点P满足，则下列正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由已知可判断点P在双曲线上，将已知转化为曲线与双曲线相交，利用直线与渐近线的位置关系可得解.

【详解】点，，且，故点P在双曲线的下支上.

所以双曲线的方程为，其渐近线方程为

又点P在曲线上，即点P在曲线上，

即曲线与双曲线相交，，即

故选：D

9. 已知正实数x，y，z，满足，且，则的最小值是（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用，将化为，再利用a,b等值代换，最后利用基本不等式可得答案.

【详解】因为，所以，

令，，

则，且，所以.

因为，

当且仅当，，即时取等号.

故选：B.

10. 已知函数，若存在，使得，则实数b的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】把条件转化成上存在两点，是本题的一个亮点，构造新函数在导数中可以简化运算，是一个常见方法.

【详解】，，则，

即在上单调递增.

令，则上存在两点，,

则，关于直线对称.

因为函数与直线在上均单调递增，

所以对称点P，Q重合且落在直线上，

即与在有交点，故在有解.

令，，

故在上单调递增，

，

则，的值域为

所以实数b的取值范围是.

故选：C

二､填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.

11. 鲁洛克斯三角形是一种特殊的三角形，它是以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.如下图，已知某鲁洛克斯三角形的一段弧的长度为，则线段AB的长为___________.

【答案】3

【解析】

【分析】根据弧长公式，然后代入数据可直接求解

【详解】根据题意，设正三角形的边长为，，由弧长公式可得：

则有：

解得：

故答案：

12. 已知函数则，则___________；若，则，则a的值为___________.

【答案】    ①.     ②. 4

【解析】

分析】欲求，则根据分段函数，可直接求得；

欲求中的，从外层向内层求解，根据分段函数分段讨论即可

【详解】根据分段函数，可知：

令

当时，若，即有：

解得：

又，则有：

解得：（舍弃）

当时，若，即有：

则有：，此时方程无实数解

综上可得：，

故答案为：，

13. 已知多项式，若，，则___________，___________.

【答案】    ①. 2；    ②. 6.

【解析】

【分析】根据题意，先求出常数项进而求出m，然后求出的系数进而求出n.

【详解】由题意，则（负值舍去）.

故答案：2；6.

14. 已知在中，，，点D在边BC上，且，则___________；___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】在中，由余弦定理可求得，由已知可得是等边三角形，再在中，运用正弦定理可求得.

【详解】解：在中，，，，由余弦定理得，

所以，

在中，，， ，所以是等边三角形，所以，，

在中，，，，由正弦定理得，即，解得，

故答案为：；.

15. 设一个袋子里有红色球个，蓝色球2个，现每次从中任取两个球，不放回，直到取出两个同色球为止，记取球的次数为，若，则___________；___________.

【答案】    ①. 6    ②.

【解析】

【分析】根据可求的值，然后求出，结合期望公式可得答案.

【详解】由题意，解得（舍）；

，，

；

故答案为： 

16. 已知椭圆的右焦点为F，P､Q是椭圆上关于原点对称的两点，M､N分别是PF､QF的中点，若以MN为直径的圆过原点，则椭圆的离心率e的范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】设点，利用条件可知得到关于的方程，再联立，用含的式子表示出，再利用的取值范围，即得出离心率的范围.

【详解】设点，则，又点，

∴，又以为直径的圆过原点，则有,

所以，即，

∴，又，

所以，得，

∴，整理得：，

解得，又，

所以.

故答案为：.

17. 已知非零平面向量，，满足，且，若与的夹角为，且，则的模取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】以向量几何意义去解题，数形结合的方法可以简化解题过程.

【详解】如图1，令，，，则，取AB中点M .

由，可得，

，

所以，即C在以M为圆心、为半径的圆上.

由，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上），.

由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，

由正弦定理可知，即，

当时，圆G半径取得最大值.

当O、M、G三点共线（G在线段OM上），且时，

取得最大值，此时，

所以.

如图2，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），

当时，圆G半径取得最小值.

，即M、G两点重合.取得最小值为2.

则时，.

故向量的模取值范围是

故答案为：

三､解答题：本大题共5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）求的值；

（2）当，求函数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）解法一：直接代入解析式，根据二倍角余弦公式化简可得答案;

解法二：先利用诱导公式以及降幂公式将函数化简为，再代入可得答案;

（2）分别化简，，相加后利用辅助角公式以及正弦函数的性质可得值域，即可得到答案;

【小问1详解】

解法一：.

解法二：，

则.

【小问2详解】

，

则，

当，，，

所以.

19. 如图，四棱锥的底面为等腰梯形，，且，，平面平面ACB.

（1）求证：；

（2）若，求直线AE与平面ACD所成角的大小.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.

【小问1详解】

证明：因为平面平面ACB，且平面平面，，

所以平面ACD，又因为平面ACD，所以.

【小问2详解】

如图，建立空间直角坐标系.

由已知条件，易得，，.

在中，由余弦定理可得，

所以，

在中，由余弦定理得,所以，

因为，所以，,

又平面ACD的一个法向量即为，

设直线AE与平面ACD所成角为，则，

所以直线AE与平面ACD所成角为.

20. 已知递增的等差数列满足，，等比数列满足，.

（1）分别求数列，的通项公式；

（2）记，数列的前n项和为，若，求n的值.

【答案】（1），   

（2）n的值为1或2.

【解析】

【分析】（1）设数列的公差为d，，则由已知条件列方程组求出，从而可求出的通项公式，设等比数列的公比为q，则可得，再由可求出，从而可求出的通项公式，

（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求出，由，得，记，利用作差法可求得，再由可得答案

【小问1详解】

设数列的公差为d，，则①，

②，由①②解得，，所以.

设等比数列的公比为q，则，再由，得，

所以.

【小问2详解】

，，

，

两式作差得

，

所以，，即，

记，

，

所以，又，所以n的值为1或2.

21. 已知抛物线上的任意一点到焦点的距离比到y轴的距离大.

（1）求抛物线C的方程；

（2）过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，若三角形ABP的重心G在定直线上，求三角形ABP面积的最大值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，然后根据抛物线的定义即可求得答案.

（2）设动点，切点，，进而设出切线方程并代入抛物线方程，结合判别式法和点G在直线上得到的关系，然后取线段AB的中点Q，求出点Q的坐标，最后根据求得答案.

【小问1详解】

根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义可知：，，抛物线C的方程为.

【小问2详解】

设动点，切点，.

设过A的切线PA方程为，与抛物线方程联立，

消去x整理得，，所以，

所以切线PA方程为，同理可得切线PB方程为，

联立解得两切线的交点，所以有.

因为，

又G在定直线，所以有，即P轨迹为，

因P在抛物线外，所以.

如图，取AB中点Q，则，

所以，因为，

所以，所以，所以当时，.

【点睛】本题第（2）问运算量大，一定要注意对根与系数的关系的应用，另外本题为什么要取点Q，一方面是受点G为三角形的重心的影响，另一方面是为了处理三角形的面积，即有，平常一定要多加训练，培养自己做题的感觉.

22. 已知函数.

（1）若在定义域上单调递增，求ab的最小值；

（2）当，，有两个不同的实数根，，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导得二次不等式，根据二次不等式的恒成立列式计算；

（2）将有两个不同的实数根，转化为，是方程的两个根，利用韦达定理得，进而通过换元，将转化为关于的函数，利用导数研究其最值即可.

【小问1详解】

恒成立，即恒成立，

，所以，

，即ab的最小值为.

【小问2详解】

有两个不同的根，，则，是方程的两个根，

所以，，

所以，，.

，

令，

，

在单调递增，

所以，

令，

在上单调递增，

所以，

所以，

即.

【点睛】方法点睛：1.对于证明题，我们可以构造函数，转化为函数的最值来研究；2.含双变量的问题，要通过计算转化为一个变量的问题来解答.