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

2021学年第一学期期末教学质量检测高三数学试题

选择题部分（共40分）

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. 已知全集，集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据全集，集合，利用补集的运算求得，再利用交集运算求解.

【详解】因为全集，集合，

所以，又，

所以

故选：A

2. 已知（其中为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C. 2 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】由复数相等列方程组解得参数，即可求得的值.

【详解】

由，可得，解之得

则

故选：D

3. 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】C

【解析】

【分析】三视图可得该几何体为正方体中挖去一个圆锥，由此可得答案.

【详解】由三视图可得该几何体为正方体中挖去一个圆锥，

且圆锥的底面圆为正方体的上底面的内切圆，

该正方体的棱长为2，圆锥的底面圆的半径为1，高为2.

所以该几何体的体积为

故选：C

4. 若，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分有不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】由，则，根据集合的包含关系得出结论.

【详解】由，则

由

所以由“”可得出“”，反之不成立

例如取，满足，但无意义，不满足

故“”是“”的必要不充分条件

故选：B

5. 已知平面向量，若，则与的夹角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将变为，将该式两边平方，利用向量乘法运算求出，再根据向量的夹角公式计算可得答案.

【详解】由，可得，

所以，即，

所以，

设的夹角为，则,

故选：B.

6. 函数，且与函数在同一坐标系内的图象不可能的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用对数函数及二次函数的性质逐项分析即得.

【详解】对于A，由对数函数图象可知，又函数，对称轴为<1，对应方程的两个根为0，，由图知，从而，选项A可能；

对于B，由对数函数图象可知，又函数，对称轴为<1，对应方程的两个根为0，，由图知，从而，选项B可能；

对于C，由对数函数图象可知，又函数，对称轴为>1，对应方程两个根为0，，由图知，从而，选项B可能；

对于D，由对数函数图象可知，又函数，对称轴为<1，对应方程的两个根为0，，由图知，从而，选项D不可能.

故选：D.

7. 已知正方体是直线上一点，（    ）

A. 若，则直线平面

B. 若，则直线平面

C. 若，则直线平面

D. 若，则直线平面

【答案】A

【解析】

【分析】以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系后，求出相关直线所在的向量及平面的法向量，通过向量的数量积即可求解.

【详解】

以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，

当时，，

，

设平面的一个法向量为，则，可取，

则，从而可知直线平面，故选项A正确，B不正确.

同理可取平面的一个法向量，

若时，

，

所以与不共线，所以直线与平面不垂直，故C不正确；

若时，

，

所以与不共线，所以直线与平面不垂直，故D不正确.

故选：A,

8. 已知圆C：，设为直线上一点，若C上存在一点，使得，则实数的值不可能的是（    ）

A.  B. 0 C. 2 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】由题可知圆心在直线上，然后利用圆的性质可知，再利用弦长公式可得，即得.

【详解】由圆C：，可得，圆心，半径为，

∴圆心在直线上，

∵为直线上一点，若C上存在一点，使得，

∴，又，

∴，即，

∴实数的值可能是，0，4；实数的值不可能是2.

故选：C.

9. 若，若的图象关于直线对称，则（    ）

A. ，且 B. ，且

C. ，且 D. ，且

【答案】C

【解析】

【分析】根据的图象对称性的定义，得到对于任意的实数恒成立，结合函数的单调性，对称性，的值域分析，可得对于且使得和取值在(时)或 (时)之外的所有实数的值恒成立，进而得到有无穷多实数根，从而求得.

【详解】∵，

∴函数关于直线对称，

由的图象关于直线对称，

则，

即对于任意的实数恒成立，

由于在和上时(或和上时))分别单调递减和单调递增，且对称轴为直线，

又∵和取值范围都是实数集,且除了时相等，其余情况下不相等，

∴对于且使得和取值在(时)或 (时)之外的所有实数的值恒成立，

∴有无穷多实数根，故,

故选：C.

10. 设数列的前项的和为，已知，若，则（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】C

【解析】

分析】将原式两边同时取倒数，运用叠加法求出，根据题意即可选出答案.

【详解】由题意可知，，

因为，

所以，即.

令，得，

令，得，

令，得，

令，得，

令，得，

上式相加，得，

即，所以，

因为，

所以，所以，即.

故选：C

非选择题部分（共110分）

二､填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.

11. “数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号.如图是折扇的示意图，已知为的中点，，则此扇面（扇环）部分的面积是__________.

【答案】##

【解析】

【分析】由已知条件利用扇形面积公式求解即可

【详解】由题意得此扇面（扇环）部分的面积是

，

故答案：

12. 若实数满足约束条件，则的最小值是__________，最大值是_________.

【答案】    ①. -2；    ②. 6

【解析】

【分析】作出约束条件对应的可行域，根据目标函数的几何意义找到取最大值和最小值的位置，代入点的坐标即可.

【详解】作出不等式组的可行域如图所示：

目标函数表示函数在y轴上的截距，由图知在B点取最小值，A点取最大值；

则B点满足，解得，

即最小值；

A点满足，解得，

即最大值；

故答案为：-2；6

13. 在的展开式中，常数项为__________，的系数是__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】利用二项式定理即得.

【详解】∵，

∴展开式中的常数项为，的系数是.

故答案为：；.

14. 在中，是边上一点，且，则__________，__________.

【答案】    ①. 6    ②.

【解析】

【分析】设，在中由余弦定理先求出的长，从而得出，再在中，由余弦定理先求出的长，再由正弦定理得出答案.

【详解】设，在中由余弦定理可得：

即，即，解或（舍）

由，则

在中，

所以

由正弦定理：，即

故答案为： 6；

15. 袋子中有3个白球，2个红球，现从中有放回地随机取2个球，每次取1个，且各次取球间相互独立.设此过程中取到的红球个数为，则__________，__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】有放回地取球，每次取一球，先求出每次取到红球的概率，然后可得，由题意，从而得出答案.

【详解】有放回地取球，每次取一球，则每次取到红球的概率为

在此过程中取到的红球个数为，的取值为0,1,2.

则，则

故答案为：；

16. 已知是双曲线.左，右焦点，若上存在一点，使得成立，其中是坐标原点，则的离心率的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】不妨设点在双曲线的右支上，设，则，先求出，，由条件可得，再根据，根据建立不等式从而可得答案.

【详解】不妨设点在双曲线的右支上，设，则，则

则

同理可得

由，可得

，又

所以，即，即

所以，即，即，即

所以，即

故答案为：

17. 已知矩形中，，点分别在边上（包含端点），若，则与夹角的余弦值的最大值是__________.

【答案】##0.8

【解析】

【分析】建立坐标系，根据题意设出可设，,利用向量的数量积和夹角余弦值的坐标运算公式，结合二次函数性质，基本不等式，利用分类讨论思想求得与夹角余弦值的最大值.

【详解】如图建立直角坐标系，则可设，,

，

，

当时，，

当时，由，

故,

∴,∴,

当且仅当时取等号，

∴最大值为，

∴的最小值为,

此时取得最大值为，

即与夹角的余弦值的最大值为.

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.

（1）若对于任意实数恒成立，其中，求的值；

（2）设函数，求在区间上的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件，由正弦函数的性质得到恒成立,进而求得；

（2）先利用降幂公式和两角和的余弦公式及辅助角公式化简，然后根据已知区间和三角函数的性质求得.

【小问1详解】

解：由，即恒成立，

∴恒成立,或恒成立，

由于不可能恒成立，

∴恒成立,即恒成立，

又∵，∴.

【小问2详解】

解：

,

当时，,∴,

∴,

即在区间上的取值范围是区间.

19. 如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，.

（1）求证：；

（2）求直线和平面所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件，利用线面垂直的性质定理可得AD⊥平面，取CD,C1D1,AB中点O,E,G，OD中点F，连接OG,OE,D1F，可证得OC,OE,OG两两垂直，分别以射线OG,OC,OE为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，由已知条件和棱台的性质求得的坐标，利用空间向量的数量积的坐标运算公式证得，从而证得结论；

（2）求得平面的一个法向量的坐标，然后利用空间向量的夹角的余弦的坐标运算公式求得直线和平面所成角的正弦值.

【小问1详解】

证明：∵底面为矩形，∴AD⊥DC,

又∵平面平面，

且平面平面，平面，

∴AD⊥平面，

取CD,C1D1,AB中点O，E,G,OD中点F，连接OG,OE,D1F，

由底面ABCD为矩形，可得OG//AD，∴OG⊥DC,OG⊥平面，

又∵OE⊂平面，∴OG⊥OE,

∵为四棱台，∴DC//D1C1，

又∵，

∴为等腰梯形，∴OE⊥OC,

∴OC,OE,OG两两垂直，分别以射线OG,OC,OE为x,y,z轴，建立空间直角坐标系如图所示.

由于棱台的上下底面相似，且，∴,

又∵，

∴，

∴,

∴,

∴

∴.

【小问2详解】

解：由于棱台的上下底面相似，且，

∴,∴，，

∴,

设平面ABB1D1的法向量为,

则,∴,

取,则，得.

∵，

设直线和平面所成角为，则

.

直线和平面所成角的正弦值为.

20. 已知数列的前项和为，且.

（1）求的值，并证明：数列是一个常数列；

（2）设数列满足，记的前项和为，若，求正整数的值.

【答案】（1），证明见解析   

（2）k=4
 

【解析】

【分析】（1）由条件写出，再与原式作差可求解；

（2）由（1）得到数列的通项，再求和代入后解不等式即可.

【小问1详解】

令，有，得，

由，有，

两式相减有，

化简整理得，

又，，

所以，

所以数列是一个常数列.

【小问2详解】

由（1）可得，所以，

所以，

所以，

所以有不等式，

故，故，

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，；

故满足不等式的.

21. 已知椭圆，经过拋物线的焦点的直线与交于两点，在点处的切线交于两点，如图.

（1）当直线垂直轴时，，求的准线方程；

（2）若三角形的重心在轴上，且，求的取值范围.

【答案】（1）x=-1；   

（2）
 

【解析】

【分析】(1)根据抛物线的性质可得，根据题意可得，将点P的坐标代入抛物线方程求出p的值即可；

(2)根据题意设，，由导数的几何意义求出直线PB的斜率进而表示出方程，联立椭圆方程并消去x，利用韦达定理求出，根据三角形的重心可得，列出方程并解之得出，利用抛物线的定义表示，结合换元法化简计算即可.

【小问1详解】

由知，，

当直线PF垂直于x轴时，由，得，

有，

所以的准线方程为：，即；

【小问2详解】

由题意知，，设直线，，

则，，

，

由，即直线PB的斜率为，

所以直线PB的方程为：，即，

，

，又G为的重心，且G在x轴上，故，

所以，又，所以，

整理，得，解得，

①，令，则，

所以①式②，

令，则，

所以②式，

故的取值范围为.

【点睛】解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、曲线的条件；

(2)强化有关直线与 联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积和取值范围等问题．

22. 已知函数有两个极值点，其中为自然对数的底数.

（1）记为的导函数，证明：；

（2）证明：.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)求出函数的导数，由有两个零点求出a的取值范围即可推理作答.

(2)将零点代入计算并等价转化证，令，用表示出，构造函数推理作答.

【小问1详解】

函数定义域R，，

因函数有两个极值点，则有方程有两个不等的实数根，

显然，方程化为，

令，，，当时，，当时，，

即函数在上递减，在上递增，，

依题意，函数有两个零点，必有，即，此时，，

令，，则，即有在上递增，，，

于是得，因此，当时，函数必有两个零点，从而得，

所以.

【小问2详解】

由已知及(1)得，且，，则，，

，

因此，，

又且，则，令，则有，，

则，于是得，

令，，，即函数在上单调递减，

，成立，即恒成立，恒成立，

所以不等式成立.