浙江省精诚联盟2021-2022学年高三数学上学期期末联考试题（Word版附解析）

2021学年第一学期浙江省精诚联盟期末联考

高三数学学科试题

一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）

1. 已知点A（1，-1），B（1，2），则直线AB的倾斜角为（    ）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由两点的横坐标相等，得出倾斜角.

【详解】由题意可知，两点横坐标相等，则直线AB的倾斜角为.

故选：D

2. 在复平面内，复数对应的点在第（    ）象限.

A. 一 B. 二 C. 三 D. 四

【答案】A

【解析】

【分析】化简后根据复数的几何意义可知.

【详解】，

故选：A.

3. 已知集合，集合，则“”是“”成立的（    ）

A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合运算结合，结合充分不必要条件概念求解即可.

【详解】解：因为，集合，

所以当时，，故成立，

反之，当时，不一定成立，例如，

所以“”是“”成立充分不必要条件

故选：B

4. 如图是一个机器人手臂的示意图.该手臂分为三段，分别可用向量代表.若用向量代表整条手臂，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意得，进而依次讨论即可得答案.

【详解】解：根据题意得，所以，

所以由于各向量间的夹角未知，故，均不一定成立，

故C选项正确，A，B，D选项错误；

所以C

5. 若实数x，y满足条件，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】画出不等式组表示的平面区域，由表示原点到平面区域中点的距离，结合图象得出最值.

【详解】该不等式组表示的平面区域如下图所示，表示原点到平面区域中点的距离，因为，所以的最小值就是原点到直线的距离，即，故的最小值为.

故选：D

6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A. π B. π C. π D. π

【答案】C

【解析】

【分析】根据三视图还原几何体的结构，由此计算出几何体的体积.

【详解】由三视图可知，该几何体是由半个圆柱，挖掉半个圆锥所得，如图，

所以几何体的体积为.

故选：C.

7. 根据2021年某地统计资料，该地车主购买甲种保险的概率为0.4，购买乙种保险的概率为0.3，由于两种保险作用类似，因而没有人同时购买，设各车主购买保险相互独立，则估计该地100位车主中甲､乙两种保险都不购买的车主平均有（    ）人

A. 40 B. 30 C. 20 D. 10

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得该地车主中，甲､乙两种保险都不购买概率为，进而根据概率估计求解即可.

【详解】解：根据题意得，该地车主中，甲､乙两种保险都不购买的概率为，

所以该地100位车主中甲､乙两种保险都不购买的车主平均有人.

故选：B

8. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性即可

【详解】因为，

所以为奇函数，所以其图象关于原点对称，

所以排除A，

当时，由，得，

令，则，

所以在上为增函数，

所以，

所以，

所以在上为增函数，

所以排除BD，

故选：C

9. 已知数列满足，对任意中存在一项是另外两项之和，且，记数列的则前项和为，则的最小值为（    ）

A. 1361 B. 1481 C. 1681 D. 2021

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可知，要使得有最小值，则要尽可能的小，根据题意，利用列举法可知数列从第九项起，是以3为周期的数列，由此即可求出结果.

【详解】因为对任意中存在一项是另外两项之和，

所以，或，或

又，所以，

要使得有最小值，则要尽可能的小；

则根据对任意中存在一项是另外两项之和，且要尽可能的小，

利用列举法可知数列为：，可知数列从第九项起，是以3为周期的数列，

又，

所以的最小值为.

故选：A.

10. 已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（    ）

A. 线段（不包含端点） B. 椭圆一部分

C. 双曲线一部分 D. 线段（不包含端点）和双曲线一部分

【答案】A

【解析】

【分析】根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可.

【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，

所以，

因为，，成等比数列，

所以有，且有成立，

即成立，

由，

化简得：，或，

当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；

当时，即，

因为，所以，而，所以不成立，

故选：A

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. 1911年5月，欧内斯特·卢瑟福在《哲学》杂志上发表论文在这篇文章中，他描述了用粒子轰击0.00004cm厚的金箔时拍摄到的运动情况.在进行这个实验之前，卢瑟福希望粒子能够通过金箔，就像子弹穿过雪一样，事实上，有极小一部分粒子从金箔上反弹.如图显示了卢瑟福实验中偏转的粒子遵循双曲线一支的路径.则该双曲线的离心率为___________，如果粒子的路径经过（10，5），则该粒子路径的顶点距双曲线的中心___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由渐近线倾斜角求出，再由可得离心率；待定系数法可得a.

【详解】由图知，双曲线的渐近线的倾斜角为，所以，所以；

由上知双曲线为等轴双曲线，故设双曲线方程为，则，得.

故答案为：；.

12. 已知圆，则圆与圆的位置关系是___________；若点P在直线l：上运动，点Q在圆与圆的圆周上运动，则|PQ|的最小值为___________.

【答案】    ①. 外切；    ②.

【解析】

【分析】根据题意得，进而得两圆的位置关系；再结合直线与直线平行，得的最小值为两圆中，任意一个圆的圆心到直线与半径的差，进而求解得答案.

【详解】解：根据题意，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，

所以，即圆与圆的位置关系为外切.

因为，，

所以直线与直线平行，由于

所以的最小值为两圆中，任意一个圆的圆心到直线与半径的差.

因为圆的圆心为到直线的距离为

所以的最小值为

故答案为：外切；

13. 已知二项式的展开式中，第4项的系数为-32，则n=___________，常数项为___________.

【答案】    ①. 4；
    ②. 24.

【解析】

【分析】根据二项式展开式的通项公式写出第4项，即可求出n，进而可求出常数项.

【详解】由二项式展开式通项公式，

得二项式的通项公式为，

所以，

则，得，

即，

所以的常数项为.

故答案为：4；24

14. 在△ABC中，内角所对的边分别为a，b，c，且；则角B=___________；a的取值范围为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由题意可得，进而可得，利用正弦定理化简可得，即可求出角B；根据诱导公式可得，结合角C的范围和正弦函数的性质即可得出结果.

【详解】由，

所以，

由正弦定理，得，

有，又，故；

，

因为，所以，则，

所以，即.

故答案为：；

15. 空间四边形ABCD中，，AD与BC成角，则异面直线AB与CD所成角的大小为___________.

【答案】

【解析】

【分析】由空间向量的运算得出，进而由余弦定理得出，最后由向量法得出异面直线AB与CD所成角的大小.

【详解】，

不妨设，则

设异面直线AB与CD所成角为，则

，.

故答案为：

16. 为庆祝建党100周年，某高校选派3位男同学､3位女同学参加“建党100周年党史宣讲”系列报告会，在安排节目顺序的时候，要求男同学先讲，3位女同学不能连着讲，则不同的安排顺序共有___________种.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，分3位女同学全部不连着讲和3位女同学有2位连着讲两种情况讨论求解即可.

【详解】解：因为3位女同学不能连着讲，故3位女同学的安排情况分为两种，

第一种为3位女同学全部不连着讲，由于男同学先讲，故有种情况；

第二种为3位女同学有2位连着讲，由于男同学先讲，则先从3位男同学中选一个作为第一个宣讲着，再从3位女同学中选2位同学连着讲，之后再安排剩下的2位男同学，最后将2位连着讲的女同学和另一位女同学插空安排到三个空位上即可，即为种，

综上，共有种不同的安排顺序.

故答案：

17. 如图，已知菱形，，沿直线将翻折成，分别为的中点，与平面所成角的正弦值为，为线段上一点（含端点），则与平面所成角的正弦值的最大值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，进而得，再根据底面为等边三角形，平分，进而得，点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

【详解】解：设顶点在平面内的射影为点，

因为与平面所成角的正弦值为，，所以，

因为，所以，

又因为，所以，如图1，在平面中，为等边三角形，≌，

所以平分，即，

所以在中，，解得，（舍），

所以点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，

故如图2，以中点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标

则，

设，

则，，

设平面的一个法向量为，

则，即，令，得，

因为，设与平面所成角为，

所以 ，

令，则，因为函数在上单调递增，

所以在上单调递减，

所以当时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为

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）求函数的单调递增区间；

（2）已知，若函数在区间[0，]上恰好有两个零点，求a的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由辅助角公式化简解析式，再由正弦函数的性质得出函数f（x）的单调递增区间；

（2）令，由函数与只有两个交点，结合图象得出a的取值范围.

【小问1详解】

由可得，

即函数的单调递增区间为

【小问2详解】

，，令

函数在区间[0，]上恰好有两个零点

函数与只有两个交点

由图象可知，

19. 如图，四边形ABCD中，,，，沿对角线AC将△ACD翻折成△，使得.

（1）证明：；

（2）若为等边三角形，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明过程见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明出，由三线合一得出结论；（2）作辅助线，找到为二面角的平面角，再使用勾股定理及余弦定理求出边长，最终用余弦定理求出二面角的余弦值.

【小问1详解】

取中点F，连接EF，BF，

因为，所以EF是的中位线，故∥，

因为，所以，

又因为，，所以平面BEF，

因为平面BEF，所以，

由三线合一得：

【小问2详解】

因为为等边三角性，所以，由第一问可知：，从而，由三线合一得：，取AB的中点H，过点H作HG⊥AB交AC于点G，连接，从而，故为二面角的平面角，由勾股定理得：，从而，，由可得：，由勾股定理得：，

因为，在中，由余弦定理得：，故，又，在中，由余弦定理得：，

故二面角的余弦值为.

20. 已知等差数列的前n项和为，等比数列{}的前n项和为，且.

（1）求数列和数列{}的通项公式；

（2）若数列满足，证明：.

【答案】（1）；    （2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据题意和等差、等比数列的通项公式列出方程组，解之即可得出d和q，进而得出结果；

(2)由(1)可得，利用数列的裂项相消法求得数列的前n项和，即可证明.

【小问1详解】

设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

由，

解得，所以；

【小问2详解】

由(1)知，，

所以，

所以

，

即，

.

21. 已知抛物线.焦点为F，过的直线l与抛物线C交于A､B两点，AB中点为M.

（1）若，求直线l的方程；

（2）过A､B分别作抛物线C的切线，交点记为H.

（i）求点H的轨迹方程；

（ii）直线FH与直线l交于点Q，以MF为直径的圆与直线l的另一个交点为N，判断是否为定值.若是，求出定值并给予证明，若不是，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）（i）（或）；（ii）是定值，，理由见解析.

【解析】

【分析】(1)根据题意，设直线的方程为，进而与抛物线联立方程得结合弦长公式与韦达定理得，，，再根据得，进而得答案；

（2）（i）根据题意，过点的切线的方程为过点的切线的方程为，进而联立方程求解即可得点的轨迹方程为（或）；

（ii）结合（i）知，故，再根据得点到直线的距离等于，故，进而得

【小问1详解】

解：因为抛物线的方程为，所以，

设过点的直线的方程为，

联立方程得，

设，则，，

所以，

所以，

因为为的中点，所以，故

因为，所以，整理得，

所以，故直线的方程为

【小问2详解】

解：（i）设交点，过点的切线斜率为，

所以切线方程为，整理得，即，

同理，过点的切线的方程为，

联立方程，消去得，

因为，所以，当且仅当时等号成立，

此时，直线的方程为，斜率为，

另一方面，由于直线于抛物线有两个交点，故，

所以当时，直线与抛物线相切，不满足题意.

所以，

所以点的轨迹方程为（或）.

（ii）直线与直线的交点为，

则联立方程得，

所以，

由于，则直线的方程为

所以点到直线的距离等于，即，

所以.

22. 已知函数.

（1）若在单调递增，求实数a的取值范围；

（2）若不等式在上恒成立，判断函数在上的零点个数，并说明理由.

【答案】（1）   

（2）1个，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）根据题意得在区间恒成立，进而根据独立参数法求解即可；

（2）令，进而得是函数的极值点，故，，易知是函数的一个零点，进而分和两种情况讨论函数的零点求解即可.

【小问1详解】

解：因为，

所以，

因为在单调递增，

所以在区间恒成立，

当时，显然成立，

所以当，恒成立等价于恒成立，

故令，，则在恒成立，

所以函数在单调递增，

所以，

所以在区间恒成立，则实数a的取值范围时.

所以实数a的取值范围是

【小问2详解】

解：设，

易知，

因不等式在上恒成立，

所以是函数的极值点，

因为，

所以，解得.

所以，

因为，故是函数的一个零点，

①当时，，

因为，恒成立，

所以在上单调递减，

由于，

所以在上单调递增，

所以，

所以在区间上无零点.

②当时，，

由于函数在区间上均为增函数，

所以在区间上为增函数，，

因为

所以存在唯一，使得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

因为

所以，

所以函数在上单调递减，，

所以函数在区间上无零点.

综上，断函数在上有且只有一个零点.