2021-2022学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高三（下）期初数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高三（下）期初数学试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知复数满足，则的共轭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

2. 在平行四边形中，，分别为，上的点，连接，交于点，已知且，若，则实数的值为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知，均为正数，且，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 为了给地球减负，提高资源利用率，年全国掀起了垃圾分类的热潮，垃圾分类已经成为新时尚．假设某市年全年用于垃圾分类的资金为万元，在此基础上，每年投入的资金比上一年增长，则该市全年用于垃圾分类的资金开始超过亿元的年份是参考数据；，(    )

A.  年 B. 年 C. 年 D.  年

5. 在菱形中，，，将沿对角线折起使得二面角的大小为，则折叠后所得四面体的外接球的半径为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 已知函数满足：，，则不等式的解集为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 若椭圆上的点到右准线的距离为，过点的直线与交于两点，，且，则的斜率为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 公差不为的等差数列中，其前项和为，若，且，，成等比数列，数列的前项和为，若对任意，均成立，则实数的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9. 从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是(    )

A. 个球都是红球的概率为 B. 个球中恰有个红球的概率为
C. 至少有个红球的概率为 D. 个球不都是红球的概率为

10. 已知函数在区间上至少存在两个不同的，满足，且在区间上具有单调性，点和直线分别为图象的一个对称中心和一条对称轴，则下列命题中正确的是(    )

A. 在区间上的单调性无法判断
B. 图象的一个对称中心为
C. 在区间上的最大值与最小值的和为
D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍纵坐标不变，再向左平移个单位得到的图象，则

11. 八卦是中国文化的基本哲学概念，如图是八卦模型图，其平面图形记为图中的正八边形，其中，则以下结论正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

12. 已知是的导函数，则下列结论正确的是(    )

A. 在上单调递增
B. 在上两个零点
C. 当时，恒成立，则
D. 若函数只有一个极值点，则实数

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 若的二项展开式中有一项为，则______．
14. 设锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是______．
15. “双十一”是指每年的月日，以一些电子商务为代表，在全国范围内兴起的大型购物促销狂欢日．某商家在去年的“双十一”中开展促销活动：凡购物满元的顾客会随机获得，，三种赠品中的一件，现恰有名顾客的购物金额满元．设随机变量表示获得赠品完全相同的顾客人数，则______，______．
16. 四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，，则球的体积是          ；设、分别是、中点，则平面被球所截得的截面面积为          ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知数列的前项和为，且满足，，．
    求数列的通项公式；
    若，且，求数列的前项和．
18. 在，，这三个条件中有且只有一个符合题意，请选择符合题意的条件，补充在下面的问题中，并求解．
    在锐角中，设角，，所对的边长分别为，，，_____，，．
    求；
    若为边上一点，且，求的长．

19. 如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，是的中点．
    求证：平面平面；
    若是的中点，且二面角的余弦值是，求直线与平面所成角的正弦值．

20. 十九大提出：坚决打赢脱贫攻坚战，做到精准扶贫．某县积极引导农民种植一种名贵中药材，从而大大提升了该县农民经济收入．年年底，某调查机构从该县种植这种名贵中药材的农户中随机抽取了户，统计了他们年种植中药材所获纯利润单位：万元的情况，统计结果如表所示：

该县农户种植中药材所获纯利润单位：万元近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数每组数据取区间的中点值，近似为样本方差若该县有万户农户种植了该中药材，试估算所获纯利润在区间内的户数；
为答谢广大农户的积极参与，该调查机构针对参与调查的农户举行了抽奖活动，抽奖规则如下：在一箱子中放置个除颜色外完全相同的小球，其中红球个，黑球个．让农户从箱子中随机取出一个小球，若取到红球，则停止取球；若取到黑球，则将黑球放回箱中，继续取球，但取球次数不超过次．若农户取到红球，则中奖，获得元的奖励，若未取到红球，则不中奖．现农户张明参加了抽奖活动，记他取球的次数为随机变量．
求张明恰好取球次的概率；
求的数学期望．精确到
参考数据：，，若随机变量，则，．

21. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的焦距为，两条准线间的距离为，，分别为椭圆的左、右顶点．
    求椭圆的标准方程：
    已知图中四边形是矩形，且，点，分别在边，上，与相交于第一象限内的点．
    若，分别是，的中点，证明：点在椭圆上；
    若点在椭圆上，证明：为定值，并求出该定值．

22. 已知函数，．
    Ⅰ求函数的单调区间；
    Ⅱ当时，若恒成立，求实数的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由题意得，
则的共轭复数在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：．
先对已知复数进行化简，然后结合复数共轭的定义及复数几何意义可求．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的几何意义的应用，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，交于点，
，，三点共线，
设，
且，，
，
即，
，
且，
得，．
故选：．
利用三点共线的向量关系，建立方程进行求解即可．
本题主要考查平面向量基本定理的应用，根据条件建立方程关系是解决本题的关键，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为，均为正数，且，
所以，
则，
当且仅当即，时取等号，
所以，
当且仅当，时取等号，
所以，
则，即最大值为．
故选：．
由已知结合基本不等式的乘法可求的范围，再结合柯西不等式可求的范围，进而可求．
本题考查了“乘法”与基本不等式的性质，柯西不等式的应用，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：设经过年后，投入资金为万元，则，
由题意可得，即，
则，所以，
所以，即年该市全年用于垃圾分类的资金开始超过亿元，
故选：．
设经过年后，投入资金为万元，则由题意可得，利用对数的运算性质解出的取值范围即可．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，是基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：如图，取的中点记为，连接，，
根据题意需要找到外接球的球心，取上离点近的三等分点记为，
同理取上离点近的三等分点记为，
自这两点分别作平面、平面的垂线，交于点，
则就是外接球的球心，连接，，

易证就是二面角的平面角，
所以是边长为的等边三角形，
所以．
在中，，所以．
又，所以．
故选：．
三棱锥的外心必定在过一个三角形的外心且与这个三角形所成的面垂直的垂线上，从而确定球心的位置，进而结合题意利用几何关系求出外接球的半径．
本题考查三棱锥的外接球问题，考查数学运算和直观想象的核心素养，其中确定球心的位置是解题的关键，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：设，
对于恒成立
，
在上递减，
则不等式，
等价为，
即，
在上递减，
，
即不等式的解集为，
故选：．
根据条件，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可得到结论．
本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系，利用条件构造函数是解决本题的关键，综合考查导数的应用．
 

7.【答案】 

【解析】解：由已知可知椭圆的右准线方程为：，所以，即，
又由已知可得：，且，
联立方程解得：，，
所以椭圆的方程为：，
当的斜率不存在时，与轴垂直，方程为，不符题意，
当直线的斜率存在时，设的方程为：，
联立方程，消去可得：，
设，，则，，
由可得：，则，
所以，，联立解得，
故选：．
先由已知求出椭圆的方程，并设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理和向量的运算关系即可求解．
本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的运算能力和分类讨论思想，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设公差不为的等差数列中，前项和记为，
若，且，，成等比数列，
则，
即有，
由，解得，
则；
所以，
，
则，
所以．
故选：．
设公差为，运用等比中项和等差数列的求和公式，解方程可得，进而得到的通项公式，然后可得，然后求出，即可选出答案．
本题考查了等比中项和等差数列的求和公式，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：个球都是红球的概率为，
故选项A正确；
个球中恰有个红球的概率为，
故选项B正确；
个球都不是红球的概率为，
故至少有个红球的概率为，
故选项C错误；
个球不都是红球的概率为，
故选项D错误；
故选：．
利用相互独立事件概率乘法公式求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
 

10.【答案】 

【解析】解：由题意得，，即．
又在区间上至少存在两个最大值或最小值，
且在区间上具有单调性，则，此时，即，
因为，所以，
所以在区间上单调递减，故A错误；
由，所以为图象的一个对称中心，故B正确；
因为，所以，
，，
所以最大值与最小值之和为，故C正确；
将图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，
得到的图象，再向左平移个单位，
得到的图象，
即，故D错误．
综上，，C正确．
故选：．
利用已知条件推出在区间上单调递减，判断；推出图象的对称中心，判断；求解函数的最值判断；利用三角函数的图象变换，求解函数的解析式判断即可．
本题考查命题的真假的判断，函数的解析式的求法，三角函数的图象变换，函数的单调性以及函数的对称性的判断，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：正八边形被分成个全等的等腰三角形，
不妨取，则，
，即，
，即选项A正确；
，
，即选项B正确；
由、、三点可构成一个边长为的正方形，且其中一条对角线与共线，
，即选项C正确；
，
在等腰中，，，
由余弦定理知，，
，即选项D错误．
故选：．
正八边形被分成个全等的等腰三角形，且每个等腰三角形的顶角均为．
选项A，，即；
选项B，，再由平面向量的数量积运算即可判断；
选项C，由、、三点可构成一个边长为的正方形，；
选项D，在等腰中，，由余弦定理可求得的长，由得解．
本题考查平面向量的混合运算，熟练掌握平面向量的加法、减法和数量积的运算法则是解题的关键，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
对于，直接求导判断导函数的正负即可作出结论；对于，，判断的单调性，仅有零点；对于，问题等价于函数在上单调递减，只需在上恒成立即可；对于，对函数求导，令，利用导数研究函数的性质，进而判断出实数的取值范围．

【解答】

解：对于，，当时，，故在上单调递增，则选项A正确；
对于，，，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，且，当时，当时，且，故仅有零点，则选项B错误；

对于，令，则，
当时，恒成立，
在上单调递减，即在上恒成立，
在上恒成立，
又在上的最大值为，
，则选项C正确；
对于，，因为函数只有一个极值点，
则，所以，令，则，
易知，当时，，则在单调递减，当时，，则在单调递增增，
，且时，，当时，，
易知，当时，仅有一个零点，设为，
则当时，，当时，，
函数仅在处取得极小值，则选项D正确．

故选：．

13.【答案】 

【解析】解：根据二项式的展开式的通项为，
令，解得，
所以．
故答案为：．
直接利用二项式的展开式的应用建立方程，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由题意得，
解得，
所以，
则，
故答案为：，
由已知先求出的范围，进而可求的范围，再结合正弦定理，和差角公式及二倍角公式对所求式子进行化简，结合二次函数的性质可求．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式，二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于中档题．
 

15.【答案】  

【解析】解：，
，
，
．
故答案为：；．
利用古典概型概率的求法，求解，推出，时的概率，然后求解期望．
本题考查离散型随机变量的期望的求法，概率的求法，是基础题．
 

16.【答案】

【解析】解：由题设知球心为中点，
故球的直径，
故，
设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，
由题设球心到平面的距离等于点到平面的距离，
在三棱锥中，由等体积法得，
，
故截面面积为，
故答案为：．
求出球的半径，从而求出球的体积即可，根据题设球心到平面的距离等于点到平面的距离，求出球心到平面的距离为，从而求出截面的面积即可．
本题考查了球的体积公式以及等体积法的应用，考查转化思想，是一道常规题．
 

17.【答案】解：因为，所以，
两式相减得，
因为，，
所以令，则可得，
所以，
又，，，
所以
所以，，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以；
因为，所以，
所以，
所以． 

【解析】由数列的递推式：时，；时，，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
由对数的运算性质可得，，运用数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
本题考查数列的递推式的运用，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：若选，，
又由正弦定理，可得，
所以，
因为位锐角三角形，故C无解，不符合题意．
若选，，由正弦定理可得，
因为，，可得，
所以，
因为位锐角三角形，故C无解，不符合题意．
若选，，
可得，整理可得，
由正弦定理可得，，
又，
所以可得，
因为，可得，
由为锐角，可得，
因为，，，
由余弦定理可得，
因为为边上一点，且，且，，
解得，
所以在中，由余弦定理，
可得，
整理得，
解得，或． 

【解析】若选，由正弦定理结合已知可求，结合位锐角三角形，可得无解，不符合题意．
若选，由正弦定理可得，可得，利用余弦定理可求，结合位锐角三角形，故C无解，不符合题意．
若选，利用余弦定理，正弦定理，三角函数恒等变换，化简已知等式可得．
由余弦定理可得，由已知，可得，，解得的值，在中，由余弦定理可得，进而可求的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 

19.【答案】解：平面，平面，得．
又在，得，
设中点为，连接．
则四边形为边长为的正方形，
所以，且，
因为，所以，
又因为，所以平面，又平面．
所以平面平面．
因为平面，所以就是四棱锥的高，设，
因为，，所以四棱锥的底面是直角梯形
因为，所以得．
在直角三角形中，，，
因为平面，又平面，所以平面平面．
在平面内过点作的垂线，交于点．
则平面，且，
在四面体中，设到平面的距离为，则
，即，所以有，
得，所以点到平面的距离为．
所以到平面的距离为得，，，
直线与平面所成角的正弦值为：． 

【解析】证明设中点为，连接推出，，得到平面，然后证明平面平面．
就是四棱锥的高，设，利用，得说明平面平面通过，求解点到平面的距离．得到到平面的距离，然后求解直线与平面所成角的正弦函数值．
本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象以及计算能力．
 

20.【答案】解：由题意知：

所以样本平均数为万元，
所以，
所以．
故万户农户中，落在区间的户数约为．
每次取球都恰有的概率取到红球，
则，
故张明恰好取球次的概率是，
由可知，当时，，
，
故的数学期望为：，
，
设，
则，
两式相减可得则，
所以． 

【解析】由频率分布表能求出样本平均数，从而，进而，由此能估算所获纯利润在区间的户数．
每次取球都恰有的概率取到红球，从而求出，
当时，，利用错位相减法能求出的数学期望．
本题考数列求和的方法，考查随机变量得分布列和数学期望的求法，考查学生的计算能力，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：设椭圆的的焦距为，
则由题意，得，解得，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
证明：由已知，得，，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，即，
因为，
所以点在椭圆上；
解法一：设，，
则，，
直线的方程为，
令，得，
直线的方程，
令，得，
所以．
解法二：设直线的方程为，
令，得，
设直线的方程为，
令，得，
所以，
设，，则，
所以，
所以． 

【解析】根据椭圆的性质列方程组即可求得和的值，求得椭圆方程；
求得直线和的方程，联立，求得点坐标，由满足椭圆方程，即可判断在椭圆上；
解法一：根据直线的斜率公式及直线的斜率公式分别求得直线和的方程，求得和点坐标，表示出，利用在椭圆上，即可证明为定值；
解法二：设直线和的方程，同理求得和点坐标，根据直线斜率公式即可证明为定值．
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查直线的方程及斜率公式的应用，考查定点的证明，考查计算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：的定义域为，，
当，则，当，则，
所以函数的单调减区间，单调增区间分
若恒成立，即恒成立，
时，，
即，
设分
则，
时，，则时，，在上单调递增，
时，，即成立；
符合题意；
时，，则时，，
在上单调递减，
当时，，与时，矛盾；舍
综上所述分 

【解析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
问题即，设，求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，结合题意确定的范围即可．
本题考查了函数的单调性，函数恒成立问题，考查导数的应用以及转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．