浙江省金丽衢十二校2021-2022学年高三数学上学期期末联考试卷（Word版附解析）

金丽衢十二校2021学年高三第一次联考数学试题第Ⅰ卷（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.全集，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】由已知可得，因此，.故选：A.2.设，则在复平面内z对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】利用复数的乘法运算化简复数的代数式即可.【详解】因为，故在复平面内z对应的点位于第二象限，故B正确.故选：B3.实数x，y满足条件则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出不等式组所表示的平面区域，由目标函数的几何意义可得选项． 【详解】解：作出不等式组所表示的平面区域，如下图所示，由，解得，目标函数化为，当目标函数过点A时，z取得最小值，所以的取值范围是，故选：C．4.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（）A.B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】先在长方体模型中，根据三视图作出几何体的原图，再将几何体补成三棱柱，分别求得三棱柱与四棱锥的体积，作差即可.【详解】在长方体模型中，根据三视图作出几何体的原图，且，， 将几何体补成三棱柱如图：则几何体的体积，且，，，，由对称性可得，所以几何体的体积，故选：D5.过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据圆与，轴都相切，求出圆心，然后利用点到直线的距离公式求出结果．【详解】设圆心为，由已知得，解得，，或，，所以圆心为或．当圆心为时，圆心到直线的距离；当圆心为时，圆心到直线的距离．故选：B．6.设等差数列的公差为d，其前n项和为，且，，则使得的正整数n的最小值为（）A.16B.17C.18D.19【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质及已知分别判断、、的符号即可.【详解】由，得，因为是等差数列，所以，，，，，，所以， 使得的正整数n的最小值为.故选:D.7.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“是锐角”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件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】由余弦定理结合充分条件、必要条件的概念即可得解.【详解】当为锐角时，等价于，由余弦定理，得，有，即等价于，在中，，，若为锐角，则，充分性成立；若，不妨令，满足，但，不为锐角，所以必要性不成立.故“为锐角”是“”的充分不必要条件.故选：A8.已知二次函数，设，若函数的导函数的图像如图所示，则（） A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】求出函数，再根据给定图象与x轴交点横坐标即可计算判断作答.【详解】依题意，，求导得，观察的图像得：，即，的另一个零点为，即，所以有，.故选：D9.当实数m变化时，不在任何直线上所有点形成的轨迹边界曲线是（）A.圆B.椭圆C.抛物线D.双曲线【答案】B【解析】【分析】将直线看作是关于的一元二次方程，根据题意知，该方程无解时的就是不在任何直线上的所有点形成的轨迹，然后根据判别式建立不等式即可【详解】可化简为： 则有：化简可得：故轨迹边界曲线是：则不在任何直线上的所有点形成的轨迹边界曲线是椭圆.故选：B10.在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，记，与底面ABC所成的锐二面角分别为，，若，则下列说法错误的是（）A.若，则B.若，则C.可能值为D.当取值最大时，【答案】C【解析】【分析】对选项A，先找到二面角的平面角，再根据边角关系证明与全等，然后根据直线垂直并平分线段即可判断；对选项B，找到角的关系和，然后分别运用正切的两角差公式解得即可；对选项C和D，均是先根据运用正切的两角差公式，然后通过换元得到一个一元二次方程，然后根据判别式即可判断. 【详解】如图所示，连接延长交与，连接延长交与，设平面平面顶点P在底面的射影为的垂心，平面，平面平面则有：直线与平行又，则平面，则又则平面从而故为与平面的二面角，即同理可得：对选项A，，又，则有：可得：与全等，则又根据是的垂心，则，综上可得：直线垂直并平分线段可得：，故选项A正确；对选项B，易知有如下角关系： 又，则有：可得：解得：则，故选项B正确；对选项C，若，则有：则有：化简后可得：令，则有：则有：，此时方程无解，故选项C错误；对选项D，设（），则有：可化简为：令，则有：则有：解得：故取得最大值时，，此时 同理可得：故，且则有：，故选项D正确；故选：C【点睛】二面角的问题，常见的有两种方法：一是通过二面角的定义作二面角的平面角；二是通过空间向量的方法，这两种方法需要灵活选择，如果选择不当，则很可能会大大增加计算量，本题不宜采用空间向量法第Ⅱ卷（共110分）二、填空题（本大题共7个小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分）11.若双曲线的离心率为，则实数a的值为______．【答案】1【解析】【分析】由离心率公式，解方程可得的值．【详解】双曲线的离心率，可得，解得，故答案为：．12.甲、乙2人各投篮1次，投进的概率分别是，，则2人中恰有1人投进的概率为______．【答案】【解析】【分析】设事件表示“甲投进”，表示“乙投进”，利用互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式能求出结果．【详解】设事件表示“甲投进”，表示“乙投进”， 则（A），（B），人中恰有1人投进的概率：．故答案为：．13.杨辉三角在我国最早由贾宪在《释锁算术》中提出，后来南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》中进行了详细说明．杨辉三角中的三角形数表，是自然界和谐统一的体现．杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列.其中蕴含着二项式系数的性质，例如递推性质．在的展开式中，第三项和第四项的二项式系数和为______，常数项为______．【答案】①.②.；【解析】【分析】根据二项式定理可知第三项和第四项的二项式系数分别为，，从而可求出答案；根据二项式定理的通项公式可求出常数项.【详解】在的展开式中，第三项的二项式系数为，第四项的二项式系数为，所以第三项和第四项的二项式系数和；，令，得，所以，所以常数项为.故答案为：；.14.在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知， 则角______；若，，成等比数列，则______．【答案】①.120°##②.；【解析】【分析】（1）将利用二倍角公式化简整理，得，解出，求得答案‘（2）根据，，成等比数列，得到，再结合余弦定理，得到关系式，利用正弦定理边化为角，进而求得答案.【详解】由得：,即，，解得或（舍去），所以；由，，成等比数列得：，又即,整理得，即，所以,所以,解得,而,故，故答案为：； 15.随机变量的分布列如下表，其中．当______时，取最大值；当______时，有最大值．Pp【答案】①.##②.【解析】【分析】求出、的表达式，利用一次函数和二次函数的基本性质可求得结果.【详解】由题意可得，故当时，取最大值；，故当时，取最大值.故答案为：；.16.已知函数．若存在实数a，使得集合中的元素至少有2个，则实数t的最小值为______．【答案】##【解析】【分析】将问题转化为函数与图象至少有2个交点，然后讨论函数 的单调性和极值，进而求得答案.【详解】问题可以转化为函数与的图象至少有2个交点.由题意，当时，则，若，则，单调递增；若，则时，，单调递减，时，，单调递增.当时，则单调递增（增+增）.于是，（1）当时，在上单调递增，函数与的图象至多只有1个交点，不合题意；（2）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，时，函数取得极大值为，时，函数取得极小值为.限定，，则当且时，.限定，，设，，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，所以，.于是，且时，.故当时，函数与的图象至少有2个交点，此时 .设，，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，于是t的最小值为：.故答案为：.【点睛】首先将问题转化为两个函数图象的交点个数问题，在第（2）步求出函数的单调区间和极值后一定要注意，必须要说明在的左侧是否存在比极小值更小的值，在的右侧是否存在比极大值更大的值，进而才能解决问题.17.平面向量，，满足，，，则______．【答案】##【解析】【分析】数形结合，利用题干条件及正余弦定理求出答案.【详解】可变形为，即，如图，两圆为半径为1的圆，则，从而，设，，，解得：，所以， 在△AOC中，由余弦定理得：，在三角形BAC中，，从而，即，因为，所以，所以，，在△OBC中，由正弦定理得：，即，在三角形OAB中，由正弦定理得：，即，，从而，化简得：，解得：，所以，解得：或（舍去），故.故答案为：【点睛】向量相关的压轴题，往往需要数形结合进行求解，作出图象，结合题干条件及解三角形的相关定理进行求解. 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.设，将奇函数图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像．（1）求a的值及函数的解析式；（2）设，，求函数的值域．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据奇函数性质，确定的值，再根据图象变换的规律，确定的解析式；（2）先写出具体的解析式，利用三角恒等变换化简到最简，根据角的范围，确定函数的值域.【小问1详解】因为是奇函数，且在处有定义，可知，得到，因，所以，由图象向左平移个单位得到，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可得.【小问2详解】由（1）可得： ，，∵，∴，∴.19.在三棱台中，，，，点在棱上，且满足，，，．（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，先证明平面，进而根据即可证明；（2）结合（1）得两两垂直，进而建立空间直角坐标系，再结合平面与平面为同一个平面将问题转化为求平面的一个法向量，再根据向量求解即可. 【小问1详解】证明：因为，，所以中，．又因为，，所以．又因为，，所以平面，因为在三棱台中，，所以平面；【小问2详解】解：结合（1）得，所以两两垂直，故以为原点，方向分别为轴，过且与平行的直线为轴，如图，建立空间直角坐标系，所以，所以，因为平面与平面为同一个平面，所以，，设平面的法向量为，所以，故令，则，所以平面的一个法向量，设与平面所成角为， 所以．所以与平面所成角的正弦值为.20.已知各项为正的数列满足：，．（1）设，若数列是公差为2的等差数列，求a的值；（2）设数列的前n项和为，证明．【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由等差数列的定义，将已知递推关系进行变形取对，再由已知公差可得所求；（2）由题意得到的通项公式，由于各项均为正，可证得，再将数列通项进行放缩为可求和的等比数列，求和证明.【小问1详解】因为，所以 等式两边同时取以a为底的对数可得，又数列是公差为2的等差数列可知，即【小问2详解】由（1）可知数列是公比为4的等比数列，可得，可得数列的通项公式为记可求得其通项公式为显然为正项数列，因此另一方面，构造数列满足可得其通项公式为注意到，记的前n项和为，可得，而由于，因此，从而，综上所述，.21.如图，已知F是抛物线的焦点，过点的直线l与抛物线交于两个不同的点M，N（M是第一象限点），MN的垂直平分线交抛物线于P，Q．当直线l的斜率为时，． （1）求抛物线的方程；（2）若，求的最小值．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设点M的坐标为，由已知条件列出方程组，解方程组即可得到答案；（2）设直线l的方程为及其点，，将点，代入抛物线方程作差，即可得到，由此可以求得故MN中点坐标为，设出PQ方程为，与抛物线的方程联立得到关于的一元二次方程，利用弦长公式求出，最后用导数求其最值即可.【小问1详解】设点M的坐标为，根据题意可列出方程组， 可解得或因此可得到抛物线方程为或【小问2详解】由于，可知抛物线方程为，设直线l的方程为，，,即和，两式相减为，即，则，故MN中点坐标为，设PQ方程为，，,联立得，，即，由韦达定理可知，于是可得,令，并记，求导函数得，令，解得导函数零点为，且导函数在上单调递增，因此导函数在上恒为负，在上恒为正，可知原函数在上单调递减，在上单调递增，则在处取得最小值，则，即.22.已知，函数，． （1）若，求函数的极值；（2）当时，求证：．【答案】（1）极大值为，极小值为（2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用导数的几何性质，确定函数的单调性，然后就可以计算极值；(2)作差比较，由于，令，构造一个新函数，再利用导数判断单调性，通过多次构造后，得到.【小问1详解】因为，所以，当时，，令得或，当时，；当时，．故函数的增区间为，，减区间为，所以函数的极大值为，极小值为；【小问2详解】令，只需证明当时，即可．求导得．下面对n分类讨论：①当时，有，，在递减，在递增，在递减． 又因为，所以得证．②当时，令，求导得，所以在递增，在递减．于是有．我们令，则，所以，即恒成立．于是可以得到，进而有，代入可得到，即当时恒成立．于是，，在上，，故在上单调递减；在上，，故在上单调递增，所以．综合①②可知，原命题得证！