2022届吉林省四平市第一高级中学高三上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2022届吉林省四平市第一高级中学高三上学期期末考试数学（理）试题（解析版），共19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届吉林省四平市第一高级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，则的真子集共有（    ）个A．3 B．4 C．6 D．7【答案】A【分析】解一元二次不等式求集合A，根据所得集合的元素个数判断其真子集的个数.【详解】由题设，，∴的真子集共有个.故选：A.2．已知为虚数单位，复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第三象限 C．直线上 D．直线上【答案】D【分析】利用复数除法的运算法则，计算出，并求其共轭复数，即可得到答案【详解】∵，∴，复平面对应的点为，∴复数在复平面内对应的点位于第四象限，在直线上，故选：.3．在二项式的展开式中，含的项的系数是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先写出展开式的通项，再令，求出，再代入计算可得；【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以，故含的项的系数是；故选：A4．数列为等差数列，且，则（    ）A．1 B．3 C．6 D．12【答案】D【分析】根据定积分的几何意义求，再应用等差中项的性质求目标式的值.【详解】∵表示半径为2的四分之一圆面积(处于第一象限)，∴，又为等差数列，∴，则.故选：D.5．长春54路有轨电车建成于上个世纪30年代，大概是现存最美的电车路线了，见证着这座城市的历史与发展.学生甲和学生乙同时在长影站上了开往西安大路方向的电车，甲将在创业大街站之前任何一站下车，乙将在景阳大路站之前任何一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出甲、乙下车的情况共有种可能，再求出甲比乙后下车共有15种可能，最后利用几何概型公式求解即可.【详解】甲将在长影站上车，将在创业大街站之前任何一站下车,可能在6个站下车，乙在长影站上车，将在景阳大路站之前任何一站下车，可能在9个站下车，则甲、乙下车的情况共有种可能；他们都至少坐一站再下车，若乙在湖西路先下车，甲后下车的情况有5种可能，若乙在长久路先下车，甲后下车的情况有4种可能，若乙在宽平大路先下车，甲后下车的情况有3种可能，若乙在宽平大桥先下车，甲后下车的情况有2种可能，若乙在迎春路先下车，甲后下车的情况有1种可能，则甲比乙后下车共有15种可能，故他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为.故选：.6．已知向量，满足，且与的夹角为，则（    ）A．6 B．8 C．10 D．14【答案】B【分析】应用平面向量数量积的运算律展开所求的式子，根据已知向量的模和夹角求值即可.【详解】`由，且与的夹角为，所以.故选：B.7．已知线段是圆的一条动弦，且，若点为直线上的任意一点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】过圆心作，将问题转化为，结合点到直线距离公式来进行求解.【详解】圆的圆心为，半径为，为直线上的任意一点，过作，垂足为，则是的中点.由，可得，，则，又，的最小值为．故选：D.8．哥特式建筑是1140年左右产生于法国的欧洲建筑风格，它的特点是尖塔高耸､尖形拱门､大窗户及绘有故事的花窗玻璃，如图所示的几何图形，在哥特式建筑的尖形拱门与大窗户中较为常见，它是由线段和两个圆弧，弧围成，其中一个圆弧的圆心为，另一个圆弧的圆心为，圆与线段及两个圆弧均相切，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，结合勾股定理，以及正切的二倍角公式，即可求解.【详解】如图所示，过点作，交于点，设，圆的半径为，由题意知，，， 因为，得，解得，因此，故.故选：C.9．从某个角度观察篮球（如图甲），可以得到一个对称的平面图形，如图乙所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球你表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的渐近线的斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，根据题意设双曲线为且过点，将点代入求参数，进而可求渐近线的斜率.【详解】由题设，令，双曲线方程为，∵坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，∴双曲线过点，则，可得，∴该双曲线的渐近线的斜率为.故选：B.10．把方程表示的曲线作为函数的图象，则下列结论正确的是（    ）①在上单调递减；②的图像关于原点对称；③函数不存在零点；④的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为2；A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】C【分析】讨论的正负情况得到函数解析式，画出图象，根据图象结合两点间距离公式和双曲线渐近线得到答案.【详解】由方程，当，时不成立；当，时，；当，时，；当，时，；如下图示：由图判断函数在R上单调递减，故①正确，②错误.当，即，函数的零点，就是函数和的交点，而是曲线，，和，，的渐近线，所以没有交点，由图知，和，，没有交点，所以函数不存在零点，故③正确.由图，上的点到原点距离的最小值点应在，的图象上，即满足，设，，当时取最小值2，故④正确；故选：C.11．已知数列的首项是，前项和为，且，设，若存在常数，使不等式恒成立，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先由数列通项与前项和的关系得到数列的递推关系，再构造等比数列，求数列的通项公式，进一步求出数列的通项公式，从而可求数列通项公式，代入所求式子，分子、分母同除以构造基本不等式即可求出的最大值，从而求出的范围.【详解】由，则当时，得，两式相减得，变形可得：，又，，所以，，∴数列是以为首项、为公比的等比数列，故，所以，所以，当且仅当时等号成立，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：构造等比数列求的通项公式，即可得通项公式，再由不等式恒成立，结合基本不等式求的最值，即可求参数范围.12．已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.【详解】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，易知：三点均在上，且平面，设内切球的半径为，外接球的半径为，则.由等体积法：，得，由等体积法：，得，将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，∴两点间距离的最小值为.故选：B.【点睛】关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及，即可得的长度的最小值. 二、填空题13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为___________.【答案】【详解】首先将三视图的直观图放入长方体里，再计算其体积即可.【点睛】将三棱锥放入长方体中，如图所示：，三棱锥的体积.故答案为：14．若将函数图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，已知函数的部分图象如图所示，则的解析式为___________.【答案】【分析】由题图可得、及，即可求参数并得到解析式，再由求的解析式.【详解】由图知：，且，即，∴，可得，又，则，，∴当k=0时，，故，∵所有的点向左平移个单位长度得到函数，∴.故答案为：15．已知函数，则不等式的解集为___________.【答案】【分析】由奇偶性定义、导数判断的奇偶性及单调性，再应用奇函数、单调性求解不等式即可.【详解】由题设，且定义域为，故为奇函数，又，在定义域上递增，∴，可得，∴，解得，∴原不等式解集为.故答案为：.16．已知点是曲线上任意一点，过点向轴引垂线，垂足为，点是曲线上任意一点，则的最小值为___________.【答案】【分析】首先根据抛物线的几何性质得到，设，得到，再构造函数，利用导数求解最小值即可.【详解】如图所示：因为，，，所以，设，，设，，，因为在为增函数，且时，，所以，，为减函数，，，为增函数，所以，即的最小值为.故答案为： 三、解答题17．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点.(1)求证：平面平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）由面面垂直的性质可得ED⊥面ABCD，再由线面垂直的性质有ED⊥BC，勾股定理可得BC⊥BD，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论；（2）以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，求平面BMD和平面BAD的法向量，利用法向量的求二面角的余弦，再求其正弦值.【详解】（1）由ADEF为正方形，则ED⊥AD，∵面面，ED⊂面ADEF，面面，∴ED⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，则ED⊥BC，在直角梯形ABCD中，|AB|＝|AD|＝2，|CD|＝4，则，|BD|＝2，在△BCD中，，则BC⊥BD，∵DE∩BD＝D，DE、BD面BDE，∴BC⊥面BDE，又BC⊂面BEC，∴面BDE⊥面BCE；（2）由（1）知：ED⊥面ABCD，CD面ABCD，则CD⊥ED，∴DA，DC，DE三线两两垂直，故以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz：由题设，,则，设为平面BDM的法向量，则，取，取平面BAD的法向量为，设钝二面角的大小为θ，∴，则. (1)求小明同学进行3次制作，恰有一次合格作品的概率；(2)若小明同学制作15次，其中合格作品数为，求的数学期望与方差； 时间1234567合格作品数3434768 其中合格作品数与时间具有线性相关关系，求关于的线性回归方程（精确到0.01），并估算第15天能制作多少个合格作品（四舍五入取整）？（参考答案，，参考数据：）.【答案】(1)(2)，(3)， （2）根据二项分布求解数学期望与方差即可.（3）首先利用最小二乘法得到回归直线方程，再将代入即可.小明同学进行3次制作，恰有一次合格作品的概率.（2）由题知：， 则，.（3），.，，，，，，所以回归直线方程为.当时，，所以第15天能制作个合格作品.19．△中，，，，点，是线段上两点（包括端点），.(1)当时，求△的周长；(2)设，当△的面积为时，求的值.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）在△中，由余弦定理求得，从而可得，从而可求得，即可得出答案；（2）在△中，利用正弦定理求得，在△中，利用正弦定理求得，再根据△的面积结合正弦函数得性质，即可得出答案.【详解】（1）∵，，，∴，则，在△中，由余弦定理得：，则，∴，即，又，∴，而，∴△的周长为；（2）在△中，，由得：，在△中，由，得，所以，由得：，又，所以，则或所以或.20．已知椭圆的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆的上顶点，过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）由等轴双曲线的离心率可得椭圆的离心率，再由直线与圆相切，可得的值，由，，与离心率的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得的坐标，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再由斜率之和可可得参数的关系，可证得直线恒过定点．【详解】（1）∵等轴双曲线的离心率为，∴椭圆的离心率，又∵直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切，∴，即，可得，即，则椭圆的方程为：；（2）①若直线的斜率不存在，设方程为，则点，，，，由，即，解得，此时直线的方程为；②若直线的斜率存在，设的方程为，由题意可得，设，，，，则，整理可得：，，且，，由，可得，即，即，，，故直线的方程为，即直线过定点，综上所述：直线过定点．21．已知．(1)当时，求f(x)在（0，+∞）内的单调区间：(2)当时，若对任意，总存在，使不等式成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)函数f(x)的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；(2)[2，8] 【分析】（1）利用导数法研究函数的单调性即可；（2）易得，将问题转化为对任意恒成立求解；【详解】（1）解：当时，，则，当时，；当时，，综上：函数f(x)的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；（2）由当时，，由函数上递增可得即f(x)在[1，2]上单调递增，所以，由已知条件只需即可， 令，即令，则在（1，+∞）上恒成立，当时，，则递增，，解得，不成立，所以，当，即时，，当，即时，；当，即时，在上递增，则，解得，当，即时，在上递减，在上递增，所以 ，则令，则，递减，又，所以存在，有，则在上递增，在上递减，又，所以在上，恒成立，所以，所以实数a的取值范围是[2，8].【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是令，即恒成立，再构造函数，则在（1，+∞）上恒成立求解.22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线和直线的极坐标方程；（2）若点在直线上，且，射线与曲线相交于异于点的点.求的最小值.【答案】（1）曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为；（2）【分析】（1）首先将曲线的参数方程转化为普通方程，再根据将直角坐标方程转化为极坐标方程；（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，其中，由（1）中的极坐标方程可得，，再根据三角恒等变换及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以，即，因为，所以，所以曲线的极坐标方程为因为直线的方程为，所以直线的极坐标方程为（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，其中，由（1）知，，所以因为，所以，所以，所以当，即时，23．已知的最小值为.(1)解关于的不等式；(2)若正实数，满足，求取最小值时的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由绝对值的几何意义求，再应用公式法求不等式的解集.（2）由（1）可得，应用基本不等式“1”的代换求的最小值，并确定对应参数a、b的值，即可求.【详解】（1）由绝对值几何意义知：，当时等号成立，∴，由，可得，解得，∴不等式解集为.（2）由（1）及题设知：，∴，当且仅当时等号成立，∴.