2022届云南省昆明市第三中学高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版）

这是一份2022届云南省昆明市第三中学高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版），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届云南省昆明市第三中学高三上学期期末考试数学（文）试题

一、单选题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题首先可通过解得出，然后求出当时的值域，最后根据并集的相关性质即可得出结果.
【详解】，，解得，，
是增函数，，，则，，
故，
故选：A.
2．若复数，其中为虚数单位，则复数的虚部是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】，故虚部为．
3．已知向量，向量，则向量在向量方向上的投影为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】根据向量投影公式，代入即可得解.
【详解】向量在向量方向上的投影为，
故选：B
4．在验证吸烟与否与患肺炎与否有关的统计中，根据计算结果，有99.5%的把握认为这两件事情有关，那么的一个可能取值为（    ）

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.84
5.024
6.635
7.879
10.83

A．6.785 B．5.802 C．9.697 D．3.961
【答案】C
【分析】由已知结合临界值表可得答案.
【详解】根据临界值表,当时, 在犯错误的概率不超过的前提下, 认为吸烟与否与患肺炎有关系,即有99.5%的把握认为吸烟与否与患肺炎有关,由此可得正确.
故选: .
5．等比数列满足，设数列的前项和为，则=（    ）
A． B． C．5 D．11
【答案】A
【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列通项公式化简条件求，判断数列为等比数列，然后利用等比数列的前项和公式计算.
【详解】设等比数列的公比为 由可得，又，，
所以，所以，因为，
故数列也为等比数列，公比为
所以等比数列的公比为
因此,
所以，
故选：A.
6．下图的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的分别为18， 14，则输出的为（    ）

A．0 B．2 C．4 D．14
【答案】B
【分析】根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】满足，则；满足，则，；
满足，则；不满足，则，；
满足，则；不满足，则，；
满足，则；满足，则，；
满足，则；不满足，则，；
不满足，输出.
故选：B
7．已知偶函数，则满足的实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】得到时，单调递增，结合奇偶性，得到，求出实数的取值范围.
【详解】当时，单调递增，
又为偶函数，
故，
所以，解得：.
故选：C
8．已知满足，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先作出可行域和目标函数，再结合图像找出最优解即可.
【详解】根据，作出可行域如下：

令，即，此时求得范围，就是求的范围，也就是直线经过可行域内，纵截距的范围.
由图可知，直线经过和时分别取得最小值和最大值，代入可得最小值为，最大值为，则得范围是.
故选：C
9．已知，则=
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】，故 ，故.选B.
10．如图，在正方体中，点是线段上的动点，则三棱锥的俯视图与正视图面积之比的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正方体棱长为，易得正视图为正方形面积的一半；俯视图中，当点投影越靠近时，俯视图面积越大，则最大值为正方形的面积，进而求得比值的最大值.
【详解】设正方体棱长为
正视图中，底面三点中的与重合，随着点的变化，其正视图均是三角形且点在正视图中的位置在边上移动
正视图的面积
连接，交于点

俯视图中，点的投影在上移动时，俯视图面积即为
当点的投影在上移动时，点投影越靠近，俯视图面积越大
当点的投影与重合时，俯视图为正方形，此时最大    

故选：
【点睛】本题考查与动点有关的三视图面积的最值问题，关键是能够明确点移动时三视图的变化规律，从而得到最值取得的点.
11．双曲线的左右焦点分别为、，渐近线为，点在第一象限内且在上，若则双曲线的离心率为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：分别求得双曲线的两条渐近线的方程，设出点P的坐标，根据直线的斜率公式，求得直线的斜率及直线的斜率，根据直线平行及垂直的关系，即可求得的关系，根据双曲线的离心率公式，即可求得双曲线的离心率.
详解：设双曲线渐近线的方程为， 的方程为，
则设点坐标为，
则直线的斜率，直线的斜率，
由，则，即（1）
由，则，解得（2），
联立（1）（2），整理得：，
由双曲线的离心率，
所以双曲线的离心率为2，故选B.
点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率的求解问题，在解题的过程中，需要先设出点P的坐标，利用两点斜率坐标公式，将对应的直线的斜率写出，再利用两直线平行垂直的条件，得到的关系，之后借助于双曲线中的关系以及离心率的公式求得结果.
12．已知是定义在上的可导函数，且满足，则（   ）
A． B． C．为减函数 D．为增函数
【答案】A
【分析】令，对于求导，根据已知条件可判断出函数在上单调递增，先分为和两种情形结合单调性得符号，最后在验证时的情形，可得结果.
【详解】解：令，
则，
由得恒成立，即在上单调递增，
当时，，得；
当时， ，得，
在中，令，得，综上，
故选：A.

二、填空题
13．已知，则正实数，1三者的大小关系是 ___________；
【答案】
【分析】确定，，变换得到，得到大小关系.
【详解】，故；，故；
，故，故，.
故，
故答案为：
14．已知等差数列的前项和为，且，则___________；
【答案】
【分析】根据给定条件，列出关于等差数列的首项、公差的方程组，结合等差数列前n项公式求解作答.
【详解】设等差数列的公差为，由得：，解得，又，
于是得，解得，
所以.
故答案为：
15．抛物线的焦点为，斜率的直线过焦点F，与抛物线交于、两点(点在第一象限)，若抛物线的准线与轴交点为，则_____________；
【答案】##
【分析】计算交点得到，再计算得到答案.
【详解】直线方程为，，解得，
故.
故答案为：
16．正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，若正方体的棱长是2，则的轨迹被正方形截得的线段长是___________.
【答案】
【分析】设平面与直线交于点，连接，则为的中点.分别取的中点，连接，可证出平面平面，从而得到是平面内的直线，由此得到的轨迹被正方形截得的线段是线段，求之即可.
【详解】设平面与直线交于点，连接，则为的中点.
分别取的中点，连接，

则，平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
又是平面内的两条相交直线，所以平面平面，
由此结合平面，所以直线平面，
所以的轨迹被正方形截得的线段是线段，
所以的轨迹被正方形截得的线段长，
故答案为：.

三、解答题
17．已知为△ABC的内角A、B、C的对边，满足，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
(1)证明：.
(2)若，证明：△ABC为等边三角形.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据得到，利用正弦定理得到；
（2）先根据题意得到，从而得到，求出，从而，求出，再由余弦定理结合（1）中所求得到，得到△ABC为等边三角形.
【详解】（1）由可得：
，
所以，即，
由正弦定理得：；
（2）由题知函数的周期T满足，
所以，
故，
即，
因为，所以，
由余弦定理得：，
即，由(1)有，
代入上式整理得：，即，故；
综上，△ABC为等边三角形.
18．2014年12月28日开始，北京市公共汽车和地铁按照里程分段计价. 具体如表所示.(不考虑公交卡折扣情况).已知在北京地铁四号线上，任意一站到陶然亭站的票价不超过5元，现从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭站出站的乘客中随机选出120人，他们乘坐地铁的票价统计如图所示．
乘公共汽车方案
10公里(含)内2元；
10公里以上部分，每增加1元可乘坐5公里(含).

乘坐地铁方案(不含机场线)
6公里(含)内3元；
6公里至12公里(含)4元；
12公里至22公里(含)5元；
22公里至32公里(含)6元；
32公里以上部分，每增加1元可乘坐20公里(含).


(1)如果从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭站出站的乘客中任选1人，试估计此人乘坐地铁的票价小于5元的概率；
(2)已知选出的120人中有6名学生，且这6人乘坐地铁的票价情形恰好与按票价从这120人中分层抽样所选的结果相同，现从这6人中随机选出2人，求这2人的票价和恰好为8元的概率；
(3)小李乘坐地铁从A地到陶然亭的票价是5元，返程时，小李乘坐某路公共汽车所花交通费也是5元，假设小李往返过程中乘坐地铁和公共汽车的路程均为S公里，试写出S的取值范围．(只需写出结论)
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】(1)直接计算频率估算概率得到答案.
(2)根据分层抽样的比例关系得到人数，列举出所有情况，就计算概率即可.
(3)分别计算公交车和地铁的路程，综合得到答案.
【详解】（1）记事件A为“此人乘坐地铁的票价小于5元”，
由统计图可知，得120人中票价为3元、4元、5元的人数分别为60，40，20(人)，
所以票价小于5元的有(人)；
故120人中票价小于5元的频率是，
所以估计此人乘坐地铁的票价小于5元的概率；
（2）记事件B为“这2人的票价和恰好为8元”，
由统计图得，120人中票价为3元、4元、5元的人数比为，
则6名学生中票价为3元、4元、5元的人数分别为3，2，1；
记票价为3元的同学为a，b，c，票价为4元的同学为d，e，票价为5元的同学为f，
从这6人中随机选出2人，所有可能的选出结果共有15种，它们是：
；
其中事件B的结果有4种，它们是：；
所以这2人的票价和恰好为8元的概率为
（3）乘公共电汽车方案的里程：10公里(含)内2元，10公里以上部分，每增加1元可乘坐5公里(含)；，即；
乘坐地铁的里程：12公里至22公里(含)5元，；
综上，
19．如图1，在等腰梯形PDCB中，PBDC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将PAD沿AD折起，构成如图2所示的四棱锥P­ABCD，点M在棱PB上，且PM＝MB．

（1）求证：PD平面MAC；
（2）若平面PAD⊥平面ABCD，求点A到平面PBC的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）在四棱锥P­ABCD中，连接BD交AC于点N，连接MN，由ABCD，得到，再由PM＝MB，得到，则MNPD，然后利用线面平行的判定定理证明.
（2）由平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，得到PA⊥平面ABCD，则VPABC＝·PA，设点A到平面PBC的距离为h，则VAPBC＝h，然后由VPABC＝VAPBC求解.
【详解】（1）在四棱锥P­ABCD中，连接BD交AC于点N，连接MN，

依题意知ABCD，
所以ABN∽CDN，
所以，
因为PM＝MB，
所以，
所以在BPD中，MNPD，
又PD⊄平面MAC，MN⊂平面MAC．
所以PD平面MAC．
（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，
所以VPABC＝·PA＝．
因为AB＝2，AC＝，
所以PB＝，PC＝，BC＝，
所以PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°，
记点A到平面PBC的距离为h，
所以VAPBC＝·h＝．
因为VPABC＝VAPBC，
所以，解得．
故点A到平面PBC的距离为．
【点睛】本题主要考查折叠问题，线面平行的判定定理以及等体积法求点到面的距离，还考查了转化化归的思想和逻辑推理运算求解的能力，属于中档题.
20．如图所示，已知椭圆，与轴不重合的直线经过左焦点，且与椭圆相交于，两点，弦的中点为，直线与椭圆相交于，两点．

(1)若直线的斜率为，求直线的斜率．
(2)是否存在直线，使得成立？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）由题意，求出直线的方程，设出点，的坐标，联立方程组可得，的坐标及其中点的坐标，即可得直线的斜率；
（2）假设存在直线使得成立，讨论直线斜率的情况，联立方程组分析可得是否满足题意，即可得答案.
【详解】（1）解：由已知可得，又直线的斜率为，所以直线的方程为，
设，，
由，解得，，
所以的中点，
于是直线的斜率为；
（2）解：假设存在直线，使得成立，
当直线的斜率不存在时，的中点，
所以,，矛盾；
故直线斜率存在，可设直线的方程为（），
联立直线与椭圆方程得，
则，，
于是，
点的坐标为，
，
直线的方程为，
联立椭圆于直线，得，
设，则，
由题意，
即，
化简得，故，
所以直线的方程为或.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21．已知函数.
（1）若曲线存在斜率为-1的切线，求实数a的取值范围；
（2）求的单调区间；
（3）设函数，求证：当时， 在上存在极小值.
【答案】(1) .(2)答案见解析；(3)证明见解析.
【详解】试题分析：
（1）求出函数的导数，问题转化为存在大于的实数根，根据在时递增，求出的范围即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，判断导数的符号，求出函数的单调区间即可；
（3）求出函数，根据，得到存在，满足，从而让得到函数单调区间，求出函数的极小值，证处结论即可.
试题解析：
（1）由得.
由已知曲线存在斜率为-1的切线，所以存在大于零的实数根，
即存在大于零的实数根，因为在时单调递增，
所以实数a的取值范围.
（2）由可得
当时， ，所以函数的增区间为；
当时，若， ，若， ，
所以此时函数的增区间为，减区间为.
（3）由及题设得，
由可得，由（2）可知函数在上递增，
所以，取，显然，
，所以存在满足，即存在满足，所以， 在区间（1，+∞）上的情况如下：
                                                                 
                      －               0              +
                       ↘                       极小                    ↗
所以当-1