2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期期末考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期期末考试数学（理）试题含解析，共18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届内蒙古海拉尔第二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】D【分析】先求得集合，结合集合交集的概念及运算，即可求解.【详解】由集合，又由集合，所以.故选：D.2．已知复数，为虚数单位，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数除法运算求得，然后求得.【详解】，.故选：C3．已知圆的圆心在直线上，且圆与轴的交点分别为，则圆的标准方程为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得圆心的横坐标与纵坐标互为相反数，再由圆与轴的交点分别为，求得圆心坐标，进一步求解圆的半径，则答案可求．【详解】解：由题意设圆心坐标为，再由圆与轴的交点分别为，可得，解得，则圆心坐标为，半径．该圆的标准方程是．故选：B．4．数列的通项公式为，其前项和为，则（       ）A．1 B．0C．1 D．1010【答案】A【分析】根据数列通项公式依次列举出数列的项，进而发现每4项之和为0，从而可求解【详解】因为数列的通项公式为，所以，，……，每4项之和为0，所以，故选：A5．已知圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为（       ）A．3 B．8 C．4 D．9【答案】D【分析】根据两圆公切线的性质，结合基本不等式进行求解即可.【详解】因为圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，所以两圆相内切，其中C1(－2a，0)，r1＝2；C2(0，b)，r2＝1，故|C1C2|＝，由题设可知，当且仅当a2＝2b2时等号成立．故选：D.6．已知函数的图像如图所示，且的图像关于点对称，则的最小值为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先由函数图像求出函数，再根据函数关于对称求出，从而当时，取得最小值为.【详解】由题可知则又由的图像关于点对称，可得当时，取得最小值为故选：B【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.7．已知双曲线，过原点作一条倾斜角为的直线分别交双曲线左、右两支于、两点，以线段为直径的圆过右焦点，则双曲线的离心率为（       ）.A． B． C． D．【答案】A【分析】设双曲线的左焦点为，连接、，求得、，利用双曲线的定义可得出关于、的等式，即可求得双曲线的离心率.【详解】设双曲线的左焦点为，连接、，如下图所示：由题意可知，点为的中点，也为的中点，且，则四边形为矩形，故，由已知可知，由直角三角形的性质可得，故为等边三角形，故，所以，，由双曲线的定义可得，所以，.故选：A.8．已知平面向量、满足，且与的夹角为，若，则的最小值为（ ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】设，，则，可令，可得出，结合图形可知，当时，线段最短，由此可求得的最小值.【详解】如图所示，设，，则，可令， 则，点在上，因为与的夹角为，则，当时，线段最短，此时取最小值，即.故选：C.9．设椭圆的方程为，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（       ）A．直线AB与OM垂直；B．若直线方程为，则.C．若直线方程为，则点M坐标为D．若点M坐标为，则直线方程为；【答案】D【分析】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】不妨设坐标为，则，两式作差可得：，设，则.对A：，故直线不垂直，则A错误；对B：若直线方程为，联立椭圆方程，可得：，解得，故，则，故错误；对：若直线方程为y=x+1，故可得，即，又，解得，即，故错误；对：若点M坐标为,则，则，又过点，则直线的方程为，即，故正确.故选：.【点睛】本题考察椭圆中弦长的求解，以及中点弦问题的处理方法；解决问题的关键是利用点差法，属中档题.10．如图，圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长，过的中点B作的垂线交圆O于点C，则异面直线与所成角的大小为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，可知为异面直线与所成的角，在中， ，从而可得答案.【详解】由题知B在直角梯形中，因为B为的中点，，所以，连接，易证四边形为矩形，所以，所以为异面直线与所成的角，在中，，所以,连接，在中，由，，得；在中，，所以，故选：B.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．11．已知是数列的前项和，且数列满足，则A．1023 B．1024 C．512 D．511【答案】C【详解】令，则当时，，即，当时，，即，所以，所以．故选C．12．已知定义在上的偶函数的部分图象如图所示，设为的极大值点，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由为偶函数得到为偶函数，从而得到，再由得到，从而得到解析式，通过求导找到极大值点，代入计算即可.【详解】因为为偶函数，为偶函数，所以为偶函数，又，所以，由图象及，所以解得，结合时，知所以，因为和为偶函数，所以只需考虑的情况，当时，，当，即时，有极大值， 此时.故选：B.【点睛】本题考查根据函数图象确定解析式并求函数值的问题，涉及了利用导数找函数的极大值，是一道有一定难度的中档题.二、填空题13．若函数，则在点处的切线方程为________.【答案】【解析】求导可得，结合，利用点斜式即可求得切线方程.【详解】因为，故可得，故可得，又因为，故可得在点处的切线方程为.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，属基础题.14．已知，则______.【答案】【分析】由两角和的余弦公式及二倍角公式求得转化为的齐次式求解即可【详解】由题.故答案为【点睛】本题考查两角和与差的余弦公式，正切齐次式求值，熟记公式，准确化为二次齐次式是关键，是中档题15．过抛物线的焦点作直线与抛物线交于两点，当此直线绕焦点旋转时，弦中点的轨迹方程为__________.【答案】【分析】先根据抛物线方程求得焦点坐标，进而设出过焦点弦的直线方程，与抛物线方程联立消去，根据韦达定理表示出，进而根据直线方程求得，进而求得焦点弦的中点坐标的表达式，消去参数，则焦点弦的中点轨迹方程可得．【详解】由题意知抛物线焦点为，当直线的斜率存在时，设为，则焦点弦方程为，代入抛物线方程得，由题意知斜率不等于， 方程是一个一元二次方程，由韦达定理：  所以中点横坐标： 代入直线方程，则中点纵坐标：，即中点为  消参数，得其方程为 当直线的斜率不存在时，直线的中点是，符合题意，故答案为【点睛】本题考查动点的轨迹方程，解此题时注意讨论直线的斜率存在与否，属于中档题．16．已知三棱锥三条侧棱两两互相垂直，且，设内切球的半径为，外接球的半径为，则:=________.【答案】【分析】由题意可知，将三棱锥补成一个正方体，则其外接球的半径为正方体对角线的一半，内切球的半径利用等积法求解【详解】因为三棱锥三条侧棱两两互相垂直，且，所以将三棱锥补成如图所示的正方体，设外接球半径为，则，设内切球的半径为，则内切球的球心到四个面的距离均为，由，得，解得，所以，故答案为：三、解答题17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn.若3S3＝2S2＋S4，且a5＝32.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)设，求数列{bn}的前n项和Tn.【答案】(1)an＝2n(2)Tn＝－－【分析】（1）转化3S3＝2S2＋S4为2S3－2S2＝S4－S3，即，继而可得公比、首项；（2）可化简得到，裂项相消法求和即得解(1)由3S3＝2S2＋S4，可得2S3－2S2＝S4－S3.即所以公比q＝2，又a5＝32，故an＝2n.(2)因为bn＝＝所以Tn＝18．已知的内角对边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边角互化和余弦定理求解即可；（2）由正弦定理得，进而，再结合求解即可得答案.(1)解：由已知得，故由正弦定理得由余弦定理得，因为，所以.(2)解：由（1）知，∴，∴∴ 在锐角三角形中，，∴，∴，∴，∴的取值范围为.19．如图，在三棱柱中，,点是的中点. （1）求证: 平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1) 见解析;(2) .【详解】试题分析：（1）利用可得,而，是中点，所以，由此可证得平面.（2）以分别为轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量，计算线面角的正弦值为.试题解析:(1).又为中点，.又平面平面.(2)为中点，.又.又由（1）知，，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则..设平面的一个法向量为，则，令，得.设与平面的所成角为，则.20．已知椭圆的离心率，左焦点为，右焦点为，且椭圆上一动点M到的最远距离为，过的直线l与椭圆C交于A，B两点.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）当以为直角时，求直线AB的方程；（Ⅲ）直线l的斜率存在且不为0时，试问x轴上是否存在一点P使得，若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或；（Ⅲ）存在，（2,0）.【解析】（Ⅰ）根据椭圆的性质直接解方程求解即可；（Ⅱ）由题意可知，当k不存在时，不符合题意，设，，故且，进而解得或，进而得直线的斜率与方程；（Ⅲ）设，，，与椭圆方程联立得，，再根据斜率公式计算化简即可得答案.【详解】解：（Ⅰ），，.（Ⅱ）解法一：由题意可知，当k不存在时，不符合题意，设，，，又，，或，，直线AB的方程为或.解法二：由题意可知，当k不存在时，不符合题意.设直线，则，，得，，，，，直线AB的方程为或.（Ⅲ）设，，，，，，，，，，，，，，.【点睛】本题考查椭圆的方程求解，直线过定点问题，考查运算能力，化归转化思想，是中档题.21．已知.(1)当时，求证：函数在上单调递增；(2)若只有一个零点，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）当时，分别求、、，结合，可判断恒成立，即可求证；（2）先证明为奇函数，，只需证明在上无零点，由（1）知，若可知符合题意，再讨论，利用单调性以及零点存在性定理即可求解.(1)当时，，，，，所以在上单调递增，且，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以，所以在上单调递增；(2)因为，所以为奇函数，，要证明只有一个零点，只需证明在上无零点，由（1）知：当时，，故，令，则时，无零点，符合题意，当时，，故在上单调递减，则，无零点，符合题意，当时，，，，所以在上单调递增，且，，故存在唯一，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，可得在上单调递减，所以，取，时，令，可得，即，且时，，由零点存在性定理，在上至少存在一个零点，不符合题意，综上所述：的取值范围为【点睛】利用导数研究函数单调性的方法：（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.22．在平面直角坐标系中，已知直线．以坐标原点为极点、以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．（1）写出圆的直角坐标方程及对应的参数方程；（2）当直线经过点时，设与圆的两个交点为，，求的值．【答案】（1），（为参数）；（2）.【分析】（1）利用公式可化极坐标方程为直角坐标方程，结合三角函数中的平方关系可得圆的参数方程；（2）写出直线的标准参数方程（为参数），代入圆的直角坐标方程，应用韦达定理，然后结合的几何意义计算．【详解】解：（1）由得，所以圆的直角坐标方程为． 圆的参数方程为（为参数）（2）易知直线的倾斜角为，直线的参数方程为（为参数）． 把直线的参数方程代入圆的普通方程，得． 设，对应的参数为，，则，． 所以．23．已知函数（且）.（1）当时，解不等式；（2）若的最大值为，且正实数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）2【详解】分析：第一问首先利用零点分段法，将绝对值符号去掉，将其转化为三个不等式组，将不等式组的解集取并集，求得结果；第二问利用三角不等式求得其最小值，可以转化为，得到之后将式子变形，利用基本不等式求得结果.详解：（Ⅰ）①当时，；②当时，；③当时，综上所述，不等式的解集为．（Ⅱ）由三角不等式可得 的最小值为2，当且仅当时取等号．点睛：该题考查的是有关不等式的问题，在求解的过程中，需要明确绝对值不等式的解法，再者就是利用三角不等式求得其最值，之后借助于基本不等式求得其最值，在解题的过程中，一定要注意相关的条件.