2022届云南省昆明市第三中学高三上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2022届云南省昆明市第三中学高三上学期期末考试数学（理）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届云南省昆明市第三中学高三上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题首先可通过解得出，然后求出当时的值域，最后根据并集的相关性质即可得出结果.【详解】，，解得，，是增函数，，，则，，故，故选：A.2．若复数，其中为虚数单位，则复数的虚部是A． B． C． D．【答案】B【详解】，故虚部为．3．已知向量，向量，则向量在向量方向上的投影为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据向量投影公式，代入即可得解.【详解】向量在向量方向上的投影为，故选：B4．在验证吸烟与否与患肺炎与否有关的统计中，根据计算结果，有99.5%的把握认为这两件事情有关，那么的一个可能取值为（    ）0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.845.0246.6357.87910.83 A．6.785 B．5.802 C．9.697 D．3.961【答案】C【分析】由已知结合临界值表可得答案.【详解】根据临界值表,当时, 在犯错误的概率不超过的前提下, 认为吸烟与否与患肺炎有关系,即有99.5%的把握认为吸烟与否与患肺炎有关,由此可得正确.故选: .5．等比数列满足，设数列的前项和为，则=（    ）A． B． C．5 D．11【答案】A【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列通项公式化简条件求，判断数列为等比数列，然后利用等比数列的前项和公式计算.【详解】设等比数列的公比为 由可得，又，，所以，所以，因为，故数列也为等比数列，公比为所以等比数列的公比为因此,所以，故选：A.6．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图，若输入的，一次输入的为2、2、5，则输出的等于（    ）A．34 B．17 C．12 D．7【答案】B【分析】模拟程序运行，观察变量值，判断条件可得结论．【详解】程序运行时，变量值变化如下：，，，，，，，不满足；，，，不满足；，，，满足．输出．故选：B．7．已知偶函数，则满足的实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】得到时，单调递增，结合奇偶性，得到，求出实数的取值范围.【详解】当时，单调递增，又为偶函数，故，所以，解得：.故选：C8．已知满足，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先作出可行域和目标函数，再结合图像找出最优解即可.【详解】根据，作出可行域如下：令，即，此时求得范围，就是求的范围，也就是直线经过可行域内，纵截距的范围.由图可知，直线经过和时分别取得最小值和最大值，代入可得最小值为，最大值为，则得范围是.故选：C9．已知，则=A． B． C． D．【答案】B【详解】，故 ，故.选B.10．如图，在正方体中，点是线段上的动点，则三棱锥的俯视图与正视图面积之比的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设正方体棱长为，易得正视图为正方形面积的一半；俯视图中，当点投影越靠近时，俯视图面积越大，则最大值为正方形的面积，进而求得比值的最大值.【详解】设正方体棱长为正视图中，底面三点中的与重合，随着点的变化，其正视图均是三角形且点在正视图中的位置在边上移动正视图的面积连接，交于点俯视图中，点的投影在上移动时，俯视图面积即为当点的投影在上移动时，点投影越靠近，俯视图面积越大当点的投影与重合时，俯视图为正方形，此时最大    故选：【点睛】本题考查与动点有关的三视图面积的最值问题，关键是能够明确点移动时三视图的变化规律，从而得到最值取得的点.11．双曲线的左右焦点分别为、，渐近线为，点在第一象限内且在上，若则双曲线的离心率为A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：分别求得双曲线的两条渐近线的方程，设出点P的坐标，根据直线的斜率公式，求得直线的斜率及直线的斜率，根据直线平行及垂直的关系，即可求得的关系，根据双曲线的离心率公式，即可求得双曲线的离心率.详解：设双曲线渐近线的方程为， 的方程为，则设点坐标为，则直线的斜率，直线的斜率，由，则，即（1）由，则，解得（2），联立（1）（2），整理得：，由双曲线的离心率，所以双曲线的离心率为2，故选B.点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率的求解问题，在解题的过程中，需要先设出点P的坐标，利用两点斜率坐标公式，将对应的直线的斜率写出，再利用两直线平行垂直的条件，得到的关系，之后借助于双曲线中的关系以及离心率的公式求得结果.12．已知函数的图象在点处的切线为，若也与函数，的图象相切，则必满足A． B．C． D．【答案】D【详解】函数的导数为，图像在点处的切线的斜率为，切线方程为，即，设切线与相切的切点为，，由的导数为，切线方程为，即，∴，．由，可得，且，解得，消去，可得，令，，在上单调递增，且，，所以有的根，故选D. 二、填空题13．已知椭圆，则以为中点的弦的长度为___________．【答案】【详解】试题分析：设弦的两端的端点坐标分别为，列出方程组，解得，或，，所以以为中点的弦的长度为．【解析】直线与圆锥曲线的综合问题．14．在各项均不为零的等差数列中，若，则等于_______；【答案】【分析】由条件结合等差数列性质可求，再计算即可【详解】因为数列为等差数列，所以，又，所以，因为，所以，则，故答案为：.15．已知的展开式中项的系数为_______________；【答案】540【分析】 表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，即可算出答案.【详解】表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选，即可得到含 的项，故含的项系数是 故答案为：.16．已知长方体中，，在线段BD、上各有一动点P、Q，PQ上有一点M，且，则点M的轨迹图形的面积是________．【答案】8【分析】建立空间直角坐标系，设出，，利用得到且，从而推出点M在平面上，且，在平面直角坐标系中画出可行域，求出点M轨迹及面积.【详解】如图，以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，其中为长方体的高，，设点，则由，即，即，解得：，化简得：，因为，所以点M在平面上，因为，所以，在直角坐标系中作出其可行域，如图，则，且与之间的距离为，所以点M的轨迹面积为.故答案为：8 三、解答题17．已知为△ABC的内角A、B、C的对边，满足，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.(1)证明：.(2)若，证明：△ABC为等边三角形.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据得到，利用正弦定理得到；（2）先根据题意得到，从而得到，求出，从而，求出，再由余弦定理结合（1）中所求得到，得到△ABC为等边三角形.【详解】（1）由可得：，所以，即，由正弦定理得：；（2）由题知函数的周期T满足，所以，故，即，因为，所以，由余弦定理得：，即，由(1)有，代入上式整理得：，即，故；综上，△ABC为等边三角形.18．某公司举办一次募捐爱心演出，有1000人参加，每人一张门票，每张100元．在演出过程中穿插抽奖活动，第一轮抽奖从这1000张票根中随机抽取10张，其持有者获得价值1000元的奖品，并参加第二轮抽奖活动．第二轮抽奖由第一轮获奖者独立操作按钮，电脑随机产生两个实数（），若满足，电脑显示“中奖”，则抽奖者再次获得特等奖奖金；否则电脑显示“谢谢”，则不中特等奖奖金．（Ⅰ）已知小明在第一轮抽奖中被抽中，求小明在第二轮抽奖中获奖的概率；（Ⅱ）设特等奖奖金为a元，求小李参加此次活动收益的期望，若该公司在此次活动中收益的期望值是至少获利70000元，求a的最大值．【答案】（1）;（2）元.【详解】试题分析：（Ⅰ）上几何概型计算方法，直接计算面积比即可；（Ⅱ）先求小李在活动中收益的期望上，再计算公司的期望，解不等式可求的最大值.试题解析：（Ⅰ）设“小明在第二轮抽奖中获奖”为事件A，所有基本事件构成区域的面积为16，事件A所包含的基本事件的 区域的面积为5，∴P（A）= ．（Ⅱ）特等奖奖金为a元，设小李参加此次活动的收益为ξ，则ξ的可能取值为-100，900，a+900．P（ξ=-100）=，P（ξ=900）=，P（ξ=a+900）= ．∴ξ的分布列为ξ -100 900 a+900 P      ∴．∴该集团公司收益的期望为，由题意，解得a≤6400． 故特等奖奖金最高可设置成6400元．                                 【解析】几何概型、离散型随机变量分布列、期望.19．如图,在锥体中，四边形ABCD为边长为1的菱形，且∠DAB=60°，，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点，(1)证明：AD⊥平面DEF；(2)求二面角P-AD-B的余弦值.【答案】(1)证明过程见解析；(2) 【分析】（1）作出辅助线，证明出平面，再证明出平面平面，从而证明出AD⊥平面DEF；（2）在第一问的基础上找到二面角P-AD-B的平面角，再使用余弦定理求出答案.【详解】（1）取的中点，连接，∵四边形ABCD是边长为1的菱形，且，是边长为1的正三角形，得，且，，，且，∵，平面，平面分别是的中点，，即四边形为平行四边形，∴，∵平面DEF，平面DEF，∴PB平面DEF，同理可证：OB平面DEF，∵，平面平面，平面；（2）由（1）知：∠POB为二面角P-AD-B的平面角，又PB=2，所以，即二面角P-AD-B的余弦值为20．如图，已知抛物线C：，过焦点F斜率大于零的直线l交抛物线于A、B两点，且与其准线交于点D．(1)若线段AB的长为5，求直线的方程；(2)在C上是否存在点M，使得对任意直线l，直线的斜率始终成等差数列，若存在求点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在点或 【分析】(1)由条件设的方程为，利用设而不求法结合抛物线焦点弦弦长公式列方程求出即可；(2)利用两点斜率公式表示直线的斜率，由条件列方程，结合设而不求法化简方程，求出的坐标.【详解】（1）抛物线的焦点为，因为直线的斜率不为0，所以可设的方程为，设，联立消，得，方程的判别式，，，，∴，∴，设直线的斜率为，则，所以，所以直线的方程为；（2）设，，，同理， ，又联立可得，即点的坐标为，所以，∵直线的斜率始终成等差数列，所以恒成立；∴，又∵，所以，，，因为，所以，所以存在点或，使得对任意直线，直线的斜率始终成等差数列．【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．21．已知函数.（1）若曲线存在斜率为-1的切线，求实数a的取值范围；（2）求的单调区间；（3）设函数，求证：当时， 在上存在极小值.【答案】(1) .(2)答案见解析；(3)证明见解析.【详解】试题分析：（1）求出函数的导数，问题转化为存在大于的实数根，根据在时递增，求出的范围即可；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，判断导数的符号，求出函数的单调区间即可；（3）求出函数，根据，得到存在，满足，从而让得到函数单调区间，求出函数的极小值，证处结论即可.试题解析：（1）由得.由已知曲线存在斜率为-1的切线，所以存在大于零的实数根，即存在大于零的实数根，因为在时单调递增，所以实数a的取值范围.（2）由可得当时， ，所以函数的增区间为；当时，若， ，若， ，所以此时函数的增区间为，减区间为.（3）由及题设得，由可得，由（2）可知函数在上递增，所以，取，显然，，所以存在满足，即存在满足，所以， 在区间（1，+∞）上的情况如下：                                                                                       －               0              +                       ↘                       极小                    ↗所以当-1<a<0时，g（x）在（1，+∞）上存在极小值.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度  从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题. (4)考查数形结合思想的应用.22．已知曲线C的参数方程是( θ为参数 )，以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（1）试求曲线C上任意点M到直线l的距离的最大值；（2）设P是l上的一点，射线OP交曲线C于R点，又点Q在射线OP上，且满足，当点P在直线l上移动时，试求动点Q的轨迹.【答案】（1）；（2）以为圆心，为半径的圆去掉原点后的部分.【分析】（1）设出曲线C上的任意点M的坐标，再将直线的极坐标方程转化成普通方程，利用点到直线的距离公式列出表达式，最后利用三角函数的值域的求法求距离的最大值；（2）设出射线OP的极坐标方程和点Q的极坐标，通过已知条件得到，利用点P在直线上，得到关系式，联立得到动点Q的轨迹方程，再求出动点Q的直角坐标方程，判断出图形形状即可.【详解】（1）设曲线上任意点的坐标为（），依题意，直线的普通方程为，点到的距离为∵，∴，∴，即，当，即时，；（2）易得曲线C的普通方程为，曲线C的极坐标方程为，设射线的极坐标方程为，则动点的极坐标为，，由，得，又点在直线上，∴，，∴，则，即，由，∴，其中，∴所求动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆去掉原点后的部分.23．已知函数. (1) 若，求实数的取值范围;(2) 若R ,  求证：.【答案】(Ⅰ ) ；(Ⅱ) 证明见解析.【详解】试题分析：（1）分区间讨论，去掉绝对值号，转化为一次不等式即可求解；（2）利用绝对值不等式这一性质，即可得证．试题解析：(Ⅰ ) 因为，所以．             ① 当时，得，解得，所以;    ② 当时，得，解得，所以;③ 当时，得，解得，所以;   综上所述，实数的取值范围是．          (Ⅱ) 因为R ,     所以         ．