【期中真题】吉林省长春外国语学校2021-2022学年高三上学期期中考试数学（文）试题.zip

长春外国语学校2021-2022学年第一学期期中考试高三年级

数学试卷（文科）

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共12小题，每小题5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. 已知全集，，，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据补集与交集的概念即可求出结果.

【详解】因为，所以，

故选：B.

2 已知向量，，若，则（      ）

A.  B. 2 C.  D. 6

【答案】B

【解析】

【分析】利用向量共线列方程，由此求得.

【详解】由于，所以.

故选：B

3. 已知l、m是两条不同的直线，是平面，，，则“”是“” 的（    ）

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

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间中线面垂直关系的转化，利用充分条件和必要条件的定义直接判断即可.

【详解】依题意，l、m是两条不同的直线，是平面，，，

若，则与可以相交，也可以平行，故推不出；

若，由线面垂直的性质定理可知，.

故“”是“” 的必要不充分条件.

故选：C.

4. 从2020年起，北京考生的高考成绩由语文、数学、外语3门统一高考成绩和考生选考的3门普通高中学业水平考试等级性考试科目成绩构成．等级性考试成绩位次由高到低分为，，，，，各等级人数所占比例依次为：等级15%，等级40%，等级30%，等级14%，等级1%．现采用分层抽样的方法，从参加历史等级性考试的学生中抽取1000人作为样本，则该样本中获得或等级的学生人数为（    ）

A. 275 B. 400 C. 550 D. 450

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意，，等级人数所占比例依次为等级15%，等级40%，则或等级所占比例为55%，然后算出即可.

【详解】由题意，，等级人数所占比例依次为等级15%，等级40%，则或等级所占比例为55%，

人的样本中，获得或等级的学生一共有人

故选：C

【点睛】本题考查的是分层抽样，较简单.

5. 已知等差数列的前项和为，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据等差数列求和公式结合等差数列性质得到答案.

【详解】.

故选：B.

6. 欧拉是一位杰出的数学家，为数学发展作出了巨大贡献，著名的欧拉公式：，将三角函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.结合欧拉公式，复数在复平面内对应的点位于（   ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】利用欧拉公式代入直接进行复数的运算即可求解.

【详解】

所以复数在复平面对应的点为，位于第四象限，

故选：D.

7. 在中，，则的形状为（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】B

【解析】

【分析】利用给定条件结合对数运算可得，再利用正弦定理角化边即可判断得解.

【详解】因，则有，

即有，于是得，

在中，由正弦定理得：，

所以是直角三角形.

故选：B

8. 函数的大致图象是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用排除法，先由函数的取值情况判断，再由导数判断函数的极值即可得答案

【详解】因为，

所以当时，，

可知C，D选项错误；

又，

当时，.

当时，，

故当时，取得极小值，故选项B正确.

故选：B.

9. 已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】应用作商法，由对数的运算性质、基本不等式可得可知b、c的大小，再结合指对数的性质可知a、c的大小.

【详解】，即，

∵，

∴综上，.

故选：B

10. 已知球O，过其球面上A，B，C三点作截面，若点O到该截面的距离是球半径的一半，且，，则球O的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由正弦定理求出的外接圆半径，则可建立关系求出球半径，得出表面积.

【详解】设球半径为，的外接圆半径为，

因为，，，由正弦定理可得，则，

因为点O到平面距离是球半径的一半，所以，即，

解得，则球O的表面积为.

故选：A.

11. 已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与C交于两点.若，，则C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由，，利用椭圆的定义，求得，，，

可得，，由于，由二倍角公式列方程可得结果.

【详解】

如图，由题意可得：

，，，，

所以，故，

可得，，，，

利用，则为等腰三角形，所以，，，,可得，可得．

故选：C

【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用以及椭圆的离心，属于难题．离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．

12. 已知函数的定义域为 ，且函数的图象关于点对称，对于任意的，总有成立，当时，，函数（），对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数构成的集合为（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由的特性结合函数图象平移变换可得是奇函数，由可得函数的周期，由此探讨出的值域，再将所求问题转化为不等式在上有解即可.

【详解】由函数的图象关于点对称知函数的图象关于原点对称，即函数是奇函数，

由任意的，总有成立，即恒成立，于是得函数的周期是4，

又当时，，则当时，，而是奇函数，当时，，

又，f(-2)=-f(2)，从而得，即时，，

而函数的周期是4，于是得函数在上的值域是，

因对任意，存在，使得成立，从而得不等式，即在上有解，

当时，取，成立，即得，

当时，在上有解，必有，解得，则有，

综上得，

所以满足条件的实数构成的集合为.

故选：A

第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分．

13. 已知数列的前项和为，若，，则___________.

【答案】8

【解析】

【分析】根据数列前n项和的意义即可作答.

【详解】数列的前项和为，且，

则.

故答案为：8

14. 已知实数满足约束条件，则的最大值为_______.

【答案】6

【解析】

【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．

【详解】作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域如图：（阴影部分）

由得y＝﹣x+z，平移直线y＝﹣x+z，

由图象可知当直线y＝﹣x+z经过点A时，直线y＝﹣x+z的截距最大，此时z最大．

由，解得A（2，2），代入目标函数z＝x+2y得z＝2×2+2＝6.

故答案为：6．

【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法，属于基础题．

15. 已知函数，若将其图象向右平移个单位长度后所得的图象关于原点对称，则的最小值为_____.

【答案】

【解析】

【分析】利用二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式将函数的解析式化简为，并求出平移后的函数解析式，利用所得函数图象过原点，求出的表达式，即可得出正数的最小值.

【详解】，

将其图象向右平移个单位长度后所得的图象的函数解析式为，

由于函数的图象关于原点对称，则，

，，

由于，当时，取得最小值.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用三角函数的对称性求参数的最值，同时也考查了三角函数的图象变换，解题的关键就是要结合对称性得出参数的表达式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

16. 刍甍，中国古代算数中的一种几何形体，《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图为一个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该茅草屋顶的面积为___________.

【答案】32

【解析】

【分析】由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.

【详解】如图：E，F在平面ABCD内的垂足分别为Q，G，则QG=FG=4，

H为AB的中点，则GH=2，于是FH=，

FA=.

点G在DA边上的垂足为P，

则AP=2.

FP=，

∴S△ABF=AB·FH=×4×2=4，

S梯形ADEF= (AD+EF)·FP=(8+4)×2=12，

所以茅草屋顶的面积为2×(4+12)=32.

故答案为：32

【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.

三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要证明过程或演算步骤．

（一）必考题：第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．

17. 设等差数列的公差为，，为的等比中项.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）根据等比中项的概念求出公差，结合等差数列的通项公式，可得结果.

（2）根据（1）的结论，结合分组求和的方法，可得结果.

【详解】解：（1），为与的等比中项，

，即，

由，所以，

∴数列的通项公式为.

（2）由（1）得，，

.

【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及分组求和，掌握求和的基本题型，比如：分组求和，裂项相消，错位相减等，属基础题.

18. 共享单车是指由企业在校园、公交站点、商业区、公共服务区等场所提供的自行车单车共享服务，由于其依托“互联网+”，符合“低碳出行”的理念，已越来越多地引起了人们的关注.某部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了50人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这50人根据其满意度评分值（百分制）按照分成5组，请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：

频率分布表

（1）求的值；

（2）若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求所抽取的2人中至少一人来自第5组的概率.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据频率分布表可得b.先求得内的频数,即可由总数减去其余部分求得.结合频率分布直方图,即可求得的值.

（2）根据频率分布表可知在内有4人,在有2人.列举出从这6人中选取2人的所有可能,由古典概型概率计算公式即可求解.

【详解】（1）由频率分布表可得

内的频数为,

∴

∴内的频率为

∴

∵内的频率为0.04

∴

（2）由题意可知,第4组共有4人,第5组共有2人,

设第4组的4人分别为、、、；第5组的2人分别为、

从中任取2人的所有基本事件为：,,,,,,,,,,,,,,共15个.

至少一人来自第5组的基本事件有：,,,,,,,共9个.

所以.

∴所抽取2人中至少一人来自第5组的概率为.

19. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，CD＝2AB＝4，AD＝，△PAB为等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥底面ABCD，E为PD的中点.

（1）求证：AE∥平面PBC；

（2）求三棱锥P－EBC的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）取PC的中点F，连接EF，BF，由三角形中位线定理可得EF∥CD，CD＝2EF，再结合已知条件可得AB∥EF，且EF＝AB，从而可得四边形ABFE为平行四边形，所以AE∥BF，进而由线面平行的判定定理可证得结论；

（2）由于AE∥平面PBC，所以VP－EBC＝VE－PBC＝VA－PBC＝VP－ABC，取AB的中点O，连接PO，则可证得OP⊥平面ABCD，在等腰直角三角形PAB可求得OP＝1，在等腰梯形ABCD中可求出S△ABC＝1，从而可求出三棱锥P－EBC的体积

【详解】(1)如图，取PC的中点F，连接EF，BF，

∵PE＝DE，PF＝CF，

∴EF∥CD，CD＝2EF，

∵AB∥CD，CD＝2AB，

∴AB∥EF，且EF＝AB.

∴四边形ABFE为平行四边形，∴AE∥BF.

∵BF⊂平面PBC，AE平面PBC.

故AE∥平面PBC.

(2)由(1)知AE∥平面PBC，

∴点E到平面PBC的距离与点A到平面PBC的距离相等，

∴VP－EBC＝VE－PBC＝VA－PBC＝VP－ABC.

如图，取AB的中点O，连接PO，

∵PA＝PB，∴OP⊥AB.

∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，OP⊂平面PAB，

∴OP⊥平面ABCD.

∵△PAB为等腰直角三角形，PA＝PB，AB＝2，

∴OP＝1.

∵四边形ABCD为等腰梯形，且AB∥CD，CD＝2AB＝4，AD＝，

∴梯形ABCD的高为1，

∴S△ABC＝×2×1＝1.

故VP－EBC＝VP－ABC＝×1×1＝.

【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，考查几何体体积的求法，解题的关键是利用等体积法转化，即VP－EBC＝VE－PBC＝VA－PBC＝VP－ABC，考查推理能力和计算能力，属于中档题

20. 已知：函数（）．

（1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）求函数的单调区间；

（3）函数在区间上满足，求a的取值范围．

【答案】（1）；（2）递减区间为，；递增区间为；（3）.

【解析】

【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，写出切线方程并整理；

（2）求出导函数，由得增区间，得减区间，注意在定义域内求单调区间；

（3）利用（2）的单调性，分类讨论在上的最小值，由最小值可得结论．

【详解】解：（1）若，则，，

所以，即切线的斜率等于—2；

又，切点；

所以曲线在点处的切线方程为，即；

（2）的定义域为，   

（），   

当或时，，在和上单调递减；

当时，，在单调递增；

所以的递减区间为，；递增区间为；

（3）①当，即时，在上单调递增，，

解得，因此；

②当，即时，在上单调递减，上单调递增，

，解得，因此；   

③当时，定义域是，但在要有定义，故排除；

④当，在上单调递减，

，与矛盾，因此无解；

综上所述，a的取值范围为．

【点睛】本题考查导数的几何意义，用导数确定函数的单调性，研究不等式恒成立问题．在解决不等式恒成立求参数范围时，注意问题的转化，常常转化为求函数的最值，由最值满足的不等关系得参数范围，由于含有参数，因此常常需要分类讨论得函数单调性，得最值．

21. 已知椭圆：的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线：与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切．

（1）求椭圆的方程；

（2）设是椭圆的上顶点，过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，证明：直线过定点，并求出该定点．

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定点坐标为

【解析】

【分析】（1）根据椭圆离心率为和直线和圆相切得到，，得到椭圆方程。

（2）考虑直线斜率不存在和存在两种情况，联立方程，根据韦达定理得到根与系数关系，根据得到代入直线得到定点。

【小问1详解】

等轴双曲线离心率为，故椭圆的离心率．

，故 ．

由与圆相切，即，得，．

椭圆的方程为．

【小问2详解】

①若直线的斜率不存在，设方程为，则点，．

由已知，得．此时方程为．

②若直线的斜率存在，设方程为，依题意．

设，，由得．

则，．由已知，可得，

，即，

将，代入得

，．

故直线的方程为，即．

直线过定点．

综上，直线过定点．

（二）选考题：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

选修4－4：坐标系与参数方程

22. 已知直线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数），直线与曲线交于，两点.

（1）求直线的直角坐标方程，及曲线的普通方程；

（2）若点，求的值.

【答案】（1）；；（2）2.

【解析】

【分析】（1）将代入可得直线的直角坐标方程，消去参数可得曲线的普通方程；

（2）得出直线的参数方程为代入曲线，利用韦达定理可求.

【详解】（1）由，得，

将代入，

所以直线的直角坐标方程为，

由，消去参数得，所以曲线的普通方程为.

（2）显然点在直线：上，直线的参数方程为（为参数），代入曲线可得，即，

设，对应的参数分别为，，则，，

∴.

【点睛】本题考查直线参数方程的几何意义，解题的关键是得出直线参数方程，代入曲线，利用直线参数的几何意义求解.

选修4－5：不等式选讲

23. 已知函数.

（1）解不等式;

（2）若存在实数，使得，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用零点分段法解绝对值不等式即可；

（2）依题意可得即，利用绝对值三角不等式可得，即可求出参数的取值范围；

【详解】解：(1)①当时，，

所以

②当时，，

所以

③当时，，

所以

综上，不等式的解集为

(2)原式即

由绝对值三角不等式，，

即

，即

【点睛】本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的解法，函数的能成立问题，体现了转化、分类讨论的数学思想．