浙江省绍兴市新昌县2021-2022学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴市新昌县2021-2022学年高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 设集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合的交运算求即可.
【详解】由题设，.
故选：C
2. 设（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据复数代数形式的乘法运算法则化简，再根据复数模的计算公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，所以；
故选：B
3. 若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A. －2B. －4C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：
联立，解得，
化目标函数为，
由图可知，
当直线过时，
直线在轴上的截距最小，
有最大值为.
故选：C.
4. 某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三视图知几何体为棱台，并还原直观图，应用棱台的体积公式求几何体体积即可.
【详解】由三视图知：几何体为如下图示的棱台，而，，
所以.
故选：A.
5. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性可排除BC，由可排除A，从而得到正确结果.
【详解】∵，定义域为R，
又，
为奇函数，图象关于原点对称，可排除BC，
又，可排除A.
故选：D.
6. 已知非零向量，，，则“，”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分、必要性的定义，结合向量减法的几何意义判断条件间的推出关系，即可得答案.
【详解】由，，如下图示，，当且仅当，，共线时前一个等号成立，充分性成立；
当，不一定有，，必要性不成立
综上，“，”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
7. 数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用迭代法可得，可得，代入即可求解.
【详解】由题意，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，
所以，
所以，令，可得，
故选：B
【点睛】关键点点睛：理解数列新定义的含义得出，利用迭代法得出，进而得出.
8. 如图，正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面.记与平面所成角为，与所成角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用作图，构造出和，分别求和，比较后，即可判断选项.
【详解】如图，取，，的中点，，，连接，，，，，，设棱长为2，
，
平面，平面，
所以平面，
，同理平面，，且 ，
所以平面平面，所以点在线段上，
因为平面，所以，
因为，所以或为，
,当点在的中点时，最小，此时最大，最大值是，当点与点，重合时，最大，此时最小，最小值是，
当点在的中点时，，当点与点，重合时，最小，,， ，，
所以，，，
所以 .
故选：D
9. 已知为圆：上长度为4的动弦，点是直线：上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设的中点为，则，则由题意可得点在以为圆心，1为半径的圆上，从而可得的最小值即为圆心到直线的距离减去半径1，进而可求得答案
【详解】由，得，所以圆心，半径，
设的中点为，则，
因为，半径，
所以，
所以点在以为圆心，1为半径的圆上，
所以的最小值即为圆心到直线的距离减去半径1，
所以，
所以的最小值为，
故选：A
10. 已知关于的不等式恒成立，其中为自然对数的底数，，则（ ）
A. 既有最小值，也有最大值B. 有最小值，没有最大值
C. 有最大值，没有最小值D. 既没有最小值，也没有最大值
【答案】B
【解析】
【分析】对不等式进行变形，构造新函数，结合单调性与同构得到，从而利用导函数研究，求出最大值，从而求出，得到答案.
【详解】变形为：，令（）则上式可化为：，其中，所以（）单调递增，故，即，令，则，当时，，当时，，所以在处取得极大值，也是最大值，故，所以，解得：，综上：有最小值，无最大值.
故选：B
【点睛】研究函数单调性，利用同构知识，求出参数的取值范围问题，通常适用于等式或不等式中同时存在指数与对数式，要结合不等式特点，进行适当变形.
非选择题部分（共110分）
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. 已知等比数列是非常数数列，且，，则______.
【答案】##0.375
【解析】
【分析】由题可得，进而可得，再利用即求.
【详解】设等比数列的公比为，由题可知，
又，，
∴，解得或（舍去），
∴.
故答案为：.
12. 已知则______；若，则的取值范围是______.
【答案】 ①. 3 ②.
【解析】
【分析】先求，再求，即得， 分和两种情况代的解析式，解不等式即可．
【详解】因为，
，
当时，，得，
当时，，得，
故的取值范围是
故答案为：3；.
13. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为______；______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先求出，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，最后利用余弦定理求出；
【详解】解：因为，所以，所以，由余弦定理可得，所以，所以由，解得；
故答案为：；；
14 设，则______；______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用赋值法求得正确答案.
【详解】依题意，
令，得.
令得①，
令得②，
①+②得.
故答案为：；
15. 某市有名男教师和名女教师（），从中任取两名教师去西部支教，甲被抽中的概率为，一名男教师和一名女教师被抽中的概率为，则______，记去支教的教师中男教师的人数是，则______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用题中所给的概率，列式，即可求解；首先求的分布列，再求期望.
【详解】由随机抽样的概率可知，，
且，得，且，解得：，，
所以；
，
，，，
分布列如下：
.
故答案为：；
16. 若实数，满足，且的最大值为，则实数的值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据象限取绝对值符号，根据的几何意义，然后数形结合可得.
【详解】当时，曲线为椭圆在第一象限的图象，当时，曲线为双曲线在第四象限的图象，当时，曲线为双曲线在第二象限的图象，当时，原方程无实数解.
因为直线是双曲线和的渐近线，
令，则表示曲线上的点到直线的距离，
因为的最大值为，所以的最大值为
由图知，曲线上到直线距离最大的点在椭圆上，设椭圆上动点坐标为，
由点到直线的距离公式得
因为，所以要想有最大值，直线需向上平移，使得平移后的直线与直线的距离为，
即直线与直线的距离为，
所以，解得，
故答案为：
17. 梯形中，，线段交以，为焦点且过，的双曲线于点，若，则双曲线的离心率为_____.
【答案】
【解析】
【分析】设，双曲线为，求坐标，应用定比分点求坐标，将代入双曲线方程得到齐次方程求离心率即可.
【详解】由题设，如下图示，令双曲线为，
由，则，
令，可得，故，又，
则，，
所以，由E在双曲线上，可得，整理得，且，则.
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（）的最小正周期为.
（1）求的值，并求的单调递增区间；
（2）当时，求的取值范围.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换法则将函数解析式化为，利用正弦型函数的周期公式可求得的值，再利用正弦函数的单调性可求得函数的单调递增区间；
（2）根据（1）中的结论，由求得的取值范围，结合正弦函数的基本性质可求得函数的取值范围.
【小问1详解】
∵
,
所以，函数的最小正周期，则，
，
令，解得.
因此，函数单调递增区间为；
【小问2详解】
，则，
，则.
因此，当时，的取值范围为．
19. 如图，三棱锥中，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）若分别是中点，连接，由已知条件及勾股定理可得、，根据线面垂直的判定和面面垂直的判定即可证结论.
（2）由（1）可得，结合面面垂直的性质求到面的距离，由等体积法求到面的距离，进而求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
如下图，若分别是中点，连接，令，
由，即△为等腰直角三角形，则；
在等腰△中，可得 且，又，
所以，即，又且面，
所以面，而面，故平面平面.
【小问2详解】
由（1）知：，，则，即，
若为到上的高，则，可得，
又面面，且面面，易知到面的距离为.
所以，又，，
若到面的距离为，则，可得，又，
所以直线与平面所成角正弦值.
20. 已知数列的前项和为，满足（）.
（1）求证：是等差数列；
（2）已知，且数列的前项和为，求数列的前项和.
【答案】（1）详见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用前n项和与的关系可得，时， ，时， ，即证；
（2）由题可得，进而可得，设，利用错位相减法可求的前n项和为，然后通过分类讨论可求.
【小问1详解】
∵，
∴当时，，即，
当时，，，
∴，即，
∴，又，
∴是等差数列；
【小问2详解】
由上可知，，
∴，又数列的前项和为，，
∴，
∴或（舍去），
∴，
设，设数列的前n项和为，则
，
∴，
∴
∴，
当时，
，
当时，
，
综上，.
21. 如图，已知抛物线的焦点为椭圆：（）的右焦点，点为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交抛物线于，两点，交椭圆于，两点（，，，依次排序），且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）确定抛物线即椭圆的右焦点坐标，继而求得点，由此列出方程组，即可求得椭圆方程；
（2）设直线方程，和抛物线以及椭圆分别联立，求得相应的弦长，即的表达式，利用，解方程可得答案.
【小问1详解】
由抛物线可知：，
故由得： ,故 ，则 ，
则对于有： ，解得，
故椭圆方程为：；
【小问2详解】
过点的直线 的斜率不存在时，则有不符合题意，
故设直线 的斜率为k，则直线方程为 ，
联立抛物线方程： ，整理得： ，
设 ，则，
故 ，
联立，整理得： ，
设,则，
则
，
又故，
即，整理得 ，
解得 ，
由题中所给图可知， ，故，
故直线的方程为.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的弦长问题，综合考查了学生分析问题，解决问题以及计算的能力，解答的关键是明确解答的思路，即联立方程，计算弦长，难点就是计算量大且繁杂，要十分细心.
22. 已知函数，其中，，…为自然对数的底数.
（1）若-1是的极大值点，求实数的取值范围；
（2）记在区间上的值域为，若对于任意给定的非负实数，存在使得，求有序实数对的个数.
【答案】（1）
（2）满足题意的有序数对的个数为1个
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，求出导函数等于零时的根，由题意可得不等式，解得答案；
（2）分类讨论实数的取值情况，其中根据题意合理地构造函数，确定函数的单调性，根据判断是否有满足题意的有序数对.
【小问1详解】
因为 ，
由 得： 或 ，
因为 是的极大值点， 所以 ，
故 ，故实数的取值范围为 ；
【小问2详解】
当 时，，，
所以在R上单调递增，故在上的值域为，
即 ，
由得 ，故 ，此时有一组解也即有一组有序数对 ；
当 时， ，
由 得： 或 ，
此时，令，得或，令，得，
所以在 上递增，在 上递减，在 上递增，
若 ，所以在 上递增，故在上的值域为，
即 ，
由得，
记，
因为 在 上递减，在 上递减，
结合， 当时，递减，
由于当 ，且 时，，故对于任意给定的正实数，都存在唯一的实数满足题意 ，
所以此时有一组有序数对满足题意；
若 ，则在 上递减，在 上递增，
所以 ，
，
由得 ，且 ，
设，
因为当 时，，
所以不存在满足题意的有序数对；
若 ，则在 上递增，在 上递减，在 上递增，
所以所以 ，
，
当 时， ，故不成立，
当 ，且 时， ，
由得 ，
设，
因为当 时，，
所以不存在满足题意的有序数对；
当时，且时，，
由得 ，
因为当 时， ，故此时无有序数对满足题意，
综上可知，满足题意的有序数对的个数为1个.1