浙江省宁波市十校2021-2022学年高三数学上学期期末试卷（Word版附解析）

宁波市十校2021-2022学年高三上学期期末考试数学试题选择题部分一、选择题：本大题共10小題，每小题4分，共40分．在每小題给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知实数集，集合，则（）A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】根据补集的定义，结合并集的定义进行求解即可.【详解】因为集合所以，而，所以或，故选：B2.若复数满足，则复数的模为（）A.2B.C.D.4【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法和减法的运算法则，结合复数模的公式进行求解即可.【详解】因为，所以，所以，故选：B3.已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且它们的离心率不相同，则下列方程中有可能为双曲线的标准方程的是（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出双曲线的离心率以及渐近线方程，再逐一判断选项的离心率和渐近线即可.【详解】双曲线中，，则渐近线方程为，离心率.对于A，，则离心率，故A错误；对于B，，则渐近线方程为，故B错误；对于C，，则离心率，故C错误；对于D，，则渐近线方程为，离心率，故D正确.故选：D4.设，则“”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】根据充分性、必要性的定义进行分析判断即可.【详解】当成立时，显然，当时，例如时，分式没有意义， 所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A5.已知一个侧棱均相等的三棱锥的三视图(如图)，根据图中标出尺寸(单位：)，可得这个三棱锥的体积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原三棱锥，画出直观图，并找出相关量即可.【详解】由三视图可画出三棱锥的直观图，如下在三棱锥中，，，，，平面，，，， 中，所以.故选:C.6.已知某函数的图象(如图)，则该函数的解析式可能为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数值的趋势分析进行判断即可.【详解】由图像，对于B，.所以不符合图象；对于C，所以不符合图象；对于D，所以不符合图象，最后可以确定只有A符合题意，故选：A.7.将3只小球放入3个盒子中，盒子的容量不限，且每个小球落入盒子的概率相等．记为分配后所剩空盒的个数，为分配后不空盒子的个数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据古典概型计算公式、数学期望公式，结合数学期望和方差的性质进行判断即可.【详解】因为一共有3个盒子，所以，因此，，由题意可知：，，，，，所以，故选：C8.如图，在正方体中，点分别为的中点，设过点的平面为，则下列说法正确的是（）A.在正方体中，存在某条棱与平面平行B.在正方体中，存在某条面对角线与平面平行C.在正方体中，存在某条体对角线与平面平行D.平面截正方体所得的截面为五边形【答案】D【解析】【分析】根据题意可得交平面于点，交平面于点，交平面于点 ，故不存在某条棱与平面平行，即可以判断选项A错误；由六个面的12条面对角线与平面都相交，即可判断选项B错误；体对角线全部与面相交，即可判断选项C错误；补全图形可得平面截正方体所得的截面为五边形，即可以判断选项D正确.【详解】对于选项A，交平面于点，平面，都不与平面平行，交平面于点，平面，都不与平面平行，交平面于点，平面，都不与平面平行，故A错误；观察几何体可知六个面的12条面对角线与平面都相交，故B错误；四条体对角线全部与面都相交，故C错误.如下图，取中点为，易得，取中点为，连接，易得，再取中点为，连接，则，，是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故D正确； 故选：D.9.已知函数若存在互不相等的实数，使得，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用导数的性质画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】当时，，或，或舍去，当时，单调递减，当时，单调递增，此时函数有最大值，最大值，当时，，函数的图象如下图所示： 因为存在互不相等的实数，使得，说明函数与函数的图象有四个不同的交点，所以由数形结合思想可知：不妨设，即，，因为，所以，由，因为，所以，故选：A【点睛】关键点睛：利用数形结合思想是解题的关键.10.已知无穷项实数列满足：，且，则（）A.存在，使得B.存在，使得C.若，则D.至少有2021个不同的，使得 【答案】D【解析】【分析】题设的递推关系可化为，利用数学归纳法可证命题：命题若，则及若，则，从而可判断各项正误.【详解】因为，故，所以，其中，故，否则，矛盾.又，故即，故当时，，故A错误.当时，，下面用数学归纳法证明：若，则.当时，符合，设当时，，则当时，，故当时，结论成立.由数学归纳法可得.故当时，，故为递减数列，故不成立，故B错误.取，下面用数学归纳法证：，当时，，命题成立；设当时，，则，故当时命题成立，由数学归纳法可得命题成立. 若，则即或，从而或，或或，从而或或或，当时，因为，故，所以即，所以此时有不同的的值有个，而，故D成立（此时无需讨论其余情况）.同理若，此时至少有个不同的，使得成立，但时即即，故C不成立.故选：D.【点睛】思路点睛：对于给定递推关系的数列的性质研究问题，可将该关系进行变形化简，结合数学归纳法来研究各类性质，注意根据新的递推关系的形式合理选择首项.非选择题部分二、填空题：本大題共7小题，单空题每小题4分，多空题每小题6分，共36分．11.瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在非等边中，，点坐标为，点坐标为，且其“欧拉线”与圆相切，则的“欧拉线”方程为______________，圆M的半径______________．【答案】①.②.【解析】【分析】由“欧拉线”的定义可得，等腰三角形的“欧拉线”就是底边的中垂线；直线与圆相切，半径等于圆心到直线的距离.【详解】因为，所以的中垂线就是“欧拉线”. 又因为的中点为，，所以的“欧拉线”方程为即；圆M的半径为故答案为：，12.若实数满足约束条件则的最小值为___，的最大值为_________．【答案】①.②.【解析】【分析】画出二元一次不等式组表示的平面区域，由直线及的几何意义即可求解.【详解】解：因为实数满足约束条件，所以不等式组表示的平面区域为如图所示阴影部分，因为，即， 所以当直线经过时在轴上截距最小，即取得最小值2；的几何意义，表示可行域内的点与原点连线的斜率，由，可得交点，由图可知.故答案为：；.13.已知的展开式的各项系数的绝对值之和为1024，_______，，展开式中含的项的系数为_______．【答案】①.；②..【解析】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为：，所以的展开式的各项系数的绝对值之和为1024，因此有，即；在通项公式中，令，所以展开式中含的项的系数为，故答案为：；.14.如图，在中，，点在边上，且，则_______，的面积为_______．【答案】①.②.## 【解析】【分析】利用余弦定理直接计算即可求得，利用余弦定理求得，进而可得，取中点,可得，利用三角形面积公式即可得结果.【详解】在中，，,则.取中点,由可知.,，,.故答案为：;..15.某学校社会实践小组共有7名成员，该小组计划前往该地区的三个红色教育基地进行“学党史，颁党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务．若每名成员只去一个基地，每个基地至少有两名成员前往，且甲、乙、丙三名成员作为负责人分别带队前往三个基地，则不同的服务方 案共有_______种．【答案】【解析】【分析】先把甲、乙、丙全排列分配到三个基地，再将剩下的4名成员分成3组，三组人数分别为2，1，1，然后再进行分配.【详解】甲、乙、丙三名成员作为负责人分别带队前往三个基地则分配方法为，剩下四人分成三组人数为2，1，1，故不同的分配方案有，所以不同的分配方案有，所以共计216种.故答案为：216.16.已知，是椭圆上的两点(点在第一象限)，若，且直线，的斜率互为相反数，且，则直线的斜率为____________.【答案】【解析】【分析】设直线斜率为，得出直线的方程，联立方程组消元，得出点坐标，代入椭圆方程计算的值即可得出的斜率.【详解】解：延长交椭圆于，由对称性可知，设直线的斜率为，则直线的方程为，联立方程组，消元得：，设，，则，，. ，即，，把代入椭圆方程得：，解得，，直线的斜率为.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单的几何性质，考查分析问题能力，属于中档题.17.已知、、是平面向量，是单位向量．若，，则的最大值为_______．【答案】【解析】【分析】作，，，，分析可知则点在以线段为直径圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，可得，设，利用圆的几何性质结合二次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】因为，则，即，因为，即，作，，，，则，，则， 固定点，则为的中点，则点在以线段为直径的圆上，点在以点为圆心，为半径的圆上，如下图所示：，设，则，因为，，故，当时，等号成立，即的最大值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；（2）或，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；（3）一些常见的等式应熟记：如，等.三、解答题18.已知函数的最小正周期为4．（1）求的值及函数的对称中心； （2）若，且，求.【答案】（1）；对称中心为；（2）.【解析】【分析】（1）首先根据二倍角公式，和差公式，辅助角公式，对函数化简，变形为；根据周期求的值；根据整体代入的方法求函数的对称中心；（2）首先根据求出，；从而根据凑角及和差公式即可求出的值.【小问1详解】，因为的最小正周期为，所以，又因为，所以解得；故.由，得，所以函数的对称中心为.【小问2详解】由，得，即，又，所以，结合，可知，故，所以 .19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，点为侧棱上一动点(不含端点)．（1）求证：平面平面；（2）若，是否存在点使得直线与平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；或【解析】【分析】（1）由和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到平面平面-（2）作交于，得到平面，以所在的直线分别为轴，过点平行与的直线为轴建立空间直角坐标系，即，求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】证明：因为四边形为矩形，可得，又因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面-【小问2详解】解：作交于，因为，所以所以平面，以所在的直线分别为轴，过点平行与的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，所以，记，即，所以，所以，由，故可设平面法向量，又由，得，可解得，所以，若直线与平面所成角为，则有，所以，化简得，解得，因此，当时，直线与平面所成角为. 20.已知公差不为0的等差数列的前项和为，且（1）求数列的前项和；（2）在数列中，，且若对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由题设求得与，即可求得其通项公式；（2）根据，可得，两式作差，在根据题意，可证明数列为等比数列，进而求得，再根据，可得，对，，三种情况进行分类讨论，解决恒成立问题，即可求出结果.【小问1详解】解：等差数列的公差为，由，得 解得，所以；【小问2详解】解：由，得，相减得，即．又，，得，故对任意成立，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；所以；将代入，得，即有对任意恒成立．（ⅰ）当时，成立，所以符合题意-（ⅱ）当时，由恒成立，即易知当时，；当时，，故．所以，且，可解得；（ⅲ）当时，由恒成立，即由，可知当时，，即；当且时，，即，又当时，，当时，，当时，，所以．所以． 即且，得，解得；综上，21.如图，已知点是抛物线上位于第一象限的点，点，点是轴上的两个动点(点位于轴上方)，满足，线段分别交轴正半轴、抛物线于点，射线交轴正半轴于点（1）若四边形ANPM为矩形，求点的坐标；（2）记的面积分别为，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据矩形性质，可得对角线互相平分，即的中点在轴上，然后点在抛物线，即可得；（2）联立直线方程与抛物线，根据韦达定理求得两点的纵坐标关系，再根据条件判断与相似，进而求得两点的坐标关系，再表示并化简为关于的函数，根据两点的位置关系，以线段为直径的圆与抛物线有交点得出关于的约束，即可确定中取值范围，最后可得【小问1详解】当四边形为矩形时， 的中点在轴上，则有：故-【小问2详解】设点，直线方程：，显然有联立直线与抛物线，得：消去得：则有：由，得：又由，可得：△∽△则有：从而，即所以，进而有：结合（注：由，得，故有）可得：又由题意知，存在抛物线上的点满足条件，即以线段为直径的圆与抛物线有 交点，且易得圆方程：联立抛物线与圆，得消去得：由，结合，可解得：令，求导可知在上单调递增又故有：在上单调递增因此，【点睛】解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)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；在求解相关最值问题时，通常是先建立目标函数，然后应用函数的知识来解决问题；22.对于正实数，熟知基本不等式：，其中为的算术平均数，为的几何平均数．现定义的对数平均数：（1）设，求证：：（2）①利用第（1）小问证明不等式：：②若不等式对于任意的正实数恒成立，求正实数的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）①证明见解析；②【解析】 【分析】（1）令，由可证得上单调递减,,即可证得结果.（2）（ⅰ）要证，只要证，即证，令，由（1）有，即可证得结论.（ⅱ）由恒成立，化简即得恒成立，令，化简则有恒成立.令，求导可得，（注：）讨论可得时，即时，在上单调递增，及时，在上单调递减，从而可得结果.【小问1详解】令，有所以，得在上单调递减.又，故当时，，因此，当时，-【小问2详解】（ⅰ）要证，只要证，只要证，即证， 令，由（1）有，即得，因此，（ⅱ）由恒成立，得恒成立，即得恒成立，令，有恒成立，得恒成立，所以恒成立令，有，-（注：）ⅰ当时，即时，易知方程有一根大于1，一根小于1，所以在上单调递增，故有，不符；ⅱ当时，有，所以，从而在上单调递减，故当时，恒有，符合．由ⅰ、ⅱ可知，正实数的取值范围为，因此，正实数的最大值为【点睛】思路点睛：（1）构造，利用导数判断函数的单调性. （2）（ⅰ）问题转化为（ⅱ）由恒成立，令，问题转化恒成立.构造，利用导数证明单调性.