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浙江省嘉兴市2021-2022学年高三数学上学期期末考试试卷(Word版附解析)

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浙江省嘉兴市2021-2022学年高三上学期期末测试数学试题一、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.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求解集合M中的对数不等式,根据并集的定义即得解【详解】依题意,根据并集定义,故选:C2.复数z满足,则()A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法及复数模的定义求解即可.【详解】由题意可知,所以,故选:D 3.设实数满x,y满足,则的最小值是()A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】作出可行域,数形结合即可求出结果.【详解】解:由可得,根据线性约束条件作出可行域如图:作直线,沿可行域方向平移可知:过点时,取得最小值,由可得所以取得最小值.故选:A.4.已知,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】根据充分条件、必要条件及不等式的性质可得解.【详解】由,而不一定能得到,例如,,所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选:A5.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.3D.8【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体为四棱锥,然后利用四棱锥的体积公式求解即可【详解】由三视图可知原几何体是底面边长为2,高为2的四棱锥,如图所示,所以该几何体的体积为,故选:B6.函数的部分图象可能是()A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】对自变量分段讨论,根据指数函数和正弦函数的性质即可判断,正弦函数满足【详解】当时,,则,故选项和选项均错误当时,,则,故选项错误,而选项正确故选:7.如图,在正方体中,点E,F分别是AB和的中点,则下列说法正确的是()A.与EF共面,平面B.与垂直,平面C.与EF异面,平面D.EF与垂直,平面【答案】B【解析】【分析】反证法:假设平面有,根据正方体的性质及勾股定理证明是否相等,即可确定矛盾结论,排除C、D;应用异面直线的证明判断 与EF异面排除A,即可得答案.【详解】假设平面,而面,则,若正方体棱长为2,则,,,显然,∴不垂直,与矛盾,故平面不成立,排除C、D;由面,面,,而,面,∴与EF异面,排除A.故选:B.8.已知点,,若曲线上存在点P满足,则下列正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知可判断点P在双曲线上,将已知转化为曲线与双曲线相交,利用直线与渐近线的位置关系可得解.【详解】点,,且,故点P在双曲线的下支上.所以双曲线的方程为,其渐近线方程为 又点P在曲线上,即点P在曲线上,即曲线与双曲线相交,,即故选:D9.已知正实数x,y,z,满足,且,则的最小值是()A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】利用,将化为,再利用a,b等值代换,最后利用基本不等式可得答案.【详解】因为,所以,令,,则,且,所以.因为,当且仅当,,即时取等号.故选:B.10.已知函数,若存在,使得,则实数b的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】把条件转化成上存在两点,是本题的一个亮点,构造新函数在导数中可以简化运算,是一个常见方法.【详解】,,则,即在上单调递增.令,则上存在两点,,则,关于直线对称.因为函数与直线在上均单调递增,所以对称点P,Q重合且落在直线上,即与在有交点,故在有解.令,,故在上单调递增,,则,的值域为所以实数b的取值范围是.故选:C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.鲁洛克斯三角形是一种特殊的三角形,它是以正三角形的顶点为圆心,以其边长为半径作圆弧,由这三段圆弧组成的曲边三角形.如下图,已知某鲁洛克斯三角形的一段弧的长度为,则线段AB的长为___________. 【答案】3【解析】【分析】根据弧长公式,然后代入数据可直接求解【详解】根据题意,设正三角形的边长为,,由弧长公式可得:则有:解得:故答案:12.已知函数则,则___________;若,则,则a的值为___________.【答案】①.②.4【解析】分析】欲求,则根据分段函数,可直接求得;欲求中的,从外层向内层求解,根据分段函数分段讨论即可【详解】根据分段函数,可知:令当时,若,即有:解得:又,则有:解得:(舍弃)当时,若,即有:则有:,此时方程无实数解综上可得:, 故答案为:,13.已知多项式,若,,则___________,___________.【答案】①.2;②.6.【解析】【分析】根据题意,先求出常数项进而求出m,然后求出的系数进而求出n.【详解】由题意,则(负值舍去).故答案:2;6.14.已知在中,,,点D在边BC上,且,则___________;___________.【答案】①.②.【解析】【分析】在中,由余弦定理可求得,由已知可得是等边三角形,再在中,运用正弦定理可求得.【详解】解:在中,,,,由余弦定理得,所以,在中,,,,所以是等边三角形,所以,,在中,,,,由正弦定理得,即 ,解得,故答案为:;.15.设一个袋子里有红色球个,蓝色球2个,现每次从中任取两个球,不放回,直到取出两个同色球为止,记取球的次数为,若,则___________;___________.【答案】①.6②.【解析】【分析】根据可求的值,然后求出,结合期望公式可得答案.【详解】由题意,解得(舍);,,;故答案为:16.已知椭圆的右焦点为F,P、Q是椭圆上关于原点对称的两点,M、N分别是PF、QF的中点,若以MN为直径的圆过原点,则椭圆的离心率e的范围是___________.【答案】【解析】【分析】设点,利用条件可知得到关于的方程,再联立 ,用含的式子表示出,再利用的取值范围,即得出离心率的范围.【详解】设点,则,又点,∴,又以为直径的圆过原点,则有,所以,即,∴,又,所以,得,∴,整理得:,解得,又,所以.故答案为:.17.已知非零平面向量,,满足,且,若与的夹角为,且,则的模取值范围是___________.【答案】【解析】 【分析】以向量几何意义去解题,数形结合的方法可以简化解题过程.【详解】如图1,令,,,则,取AB中点M.由,可得,,所以,即C在以M为圆心、为半径的圆上.由,当O、M、C三点共线时(M在线段OC上),.由于O在以AB为弦的圆弧上,设圆心为G,由正弦定理可知,即,当时,圆G半径取得最大值.当O、M、G三点共线(G在线段OM上),且时,取得最大值,此时,所以.如图2,显然当O、M、C三点共线(点C在线段OM上), 当时,圆G半径取得最小值.,即M、G两点重合.取得最小值为2.则时,.故向量的模取值范围是故答案为: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)求的值;(2)当,求函数的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)解法一:直接代入解析式,根据二倍角余弦公式化简可得答案;解法二:先利用诱导公式以及降幂公式将函数化简为,再代入可得答案;(2)分别化简,,相加后利用辅助角公式以及正弦函数的性质可得值域,即可得到答案; 【小问1详解】解法一:.解法二:,则.【小问2详解】,则,当,,,所以.19.如图,四棱锥的底面为等腰梯形,,且,,平面平面ACB.(1)求证:;(2)若,求直线AE与平面ACD所成角的大小.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理即可证明;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法即可求解.【小问1详解】证明:因为平面平面ACB,且平面平面,,所以平面ACD,又因为平面ACD,所以.【小问2详解】如图,建立空间直角坐标系.由已知条件,易得,,.在中,由余弦定理可得,所以,在中,由余弦定理得,所以,因为,所以,,又平面ACD的一个法向量即为,设直线AE与平面ACD所成角为,则, 所以直线AE与平面ACD所成角为.20.已知递增的等差数列满足,,等比数列满足,.(1)分别求数列,的通项公式;(2)记,数列的前n项和为,若,求n的值.【答案】(1),(2)n的值为1或2.【解析】【分析】(1)设数列的公差为d,,则由已知条件列方程组求出,从而可求出的通项公式,设等比数列的公比为q,则可得,再由可求出,从而可求出的通项公式,(2)由(1)得,然后利用错位相减法可求出,由,得,记,利用作差法可求得,再由可得答案【小问1详解】设数列的公差为d,,则①,②,由①②解得,,所以.设等比数列的公比为q,则,再由,得,所以.【小问2详解】 ,,,两式作差得,所以,,即,记,,所以,又,所以n的值为1或2.21.已知抛物线上的任意一点到焦点的距离比到y轴的距离大.(1)求抛物线C的方程; (2)过抛物线外一点作抛物线的两条切线,切点分别为A,B,若三角形ABP的重心G在定直线上,求三角形ABP面积的最大值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据题意,抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等,然后根据抛物线的定义即可求得答案.(2)设动点,切点,,进而设出切线方程并代入抛物线方程,结合判别式法和点G在直线上得到的关系,然后取线段AB的中点Q,求出点Q的坐标,最后根据求得答案.【小问1详解】根据题意,抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等,由抛物线的定义可知:,,抛物线C的方程为.【小问2详解】设动点,切点,.设过A的切线PA方程为,与抛物线方程联立,消去x整理得,,所以,所以切线PA方程为,同理可得切线PB方程为,联立解得两切线的交点,所以有. 因为,又G在定直线,所以有,即P轨迹为,因P在抛物线外,所以.如图,取AB中点Q,则,所以,因为,所以,所以,所以当时,.【点睛】本题第(2)问运算量大,一定要注意对根与系数的关系的应用,另外本题为什么要取点Q,一方面是受点G为三角形的重心的影响,另一方面是为了处理三角形的面积,即有,平常一定要多加训练,培养自己做题的感觉.22.已知函数. (1)若在定义域上单调递增,求ab的最小值;(2)当,,有两个不同的实数根,,证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)求导得二次不等式,根据二次不等式的恒成立列式计算;(2)将有两个不同的实数根,转化为,是方程的两个根,利用韦达定理得,进而通过换元,将转化为关于的函数,利用导数研究其最值即可.【小问1详解】恒成立,即恒成立,,所以,,即ab的最小值为.【小问2详解】有两个不同的根,,则,是方程的两个根,所以,,所以,,.,令,, 在单调递增,所以,令,在上单调递增,所以,所以,即.【点睛】方法点睛:1.对于证明题,我们可以构造函数,转化为函数的最值来研究;2.含双变量的问题,要通过计算转化为一个变量的问题来解答.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-02-13 10:07:02 页数:21
价格:¥3 大小:1.34 MB
文章作者:随遇而安

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