浙江省绍兴市上虞区2021-2022学年高三数学上学期期末试卷（Word版附解析）

2021学年第一学期高三期末教学质量调测数学试卷参考公式：球的表面积公式；球的体积公式，其中表示球的半径．第Ⅰ卷（选择题共40分）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.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先化简集合，再去求即可解决.【详解】由，可得，即，则由，可得或，则或则，故故选：D2.双曲线的焦点坐标是（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】求出的值，可得出双曲线的焦点坐标.【详解】在双曲线中，，，则，因此，双曲线的焦点坐标为.故选：C.3.若复数（，为虚数单位）满足，其中为的共轭复数，则的值为（）A.B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】先求出，得到，即可求出的值.【详解】因为，所以，所以，解得：，所以..故选：D4.“为锐角”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由求出的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】若为锐角，则；若，则或，因为Ü或，因此，“为锐角”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.若实数，满足约束条件，则的最大值为（）A.-6B.-3C.D.-9【答案】B【解析】【分析】作出给定不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义计算作答.【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中点，，目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系， 作直线，平移直线到直线，当直线过点A时，直线的纵截距最小，最大，所以.故选：B6.函数的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数有两个零点排除选项C，D；再借助导数探讨函数的单调性与极值情况即可判断作答.【详解】由得，或，选项C，D不满足；由求导得，当或时，，当时，，于是得在和上都单调递增，在上单调递减，在处取极大值，在处取极小值，B不满足，A满足.故选：A7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的最大值为（） A.25B.C.D.9【答案】B【解析】【分析】由三视图可知几何体是底面是直角梯形的四棱锥，根据棱锥的体积公式用基本不等式求体积的最大值即可.【详解】由三视图将几何体还原为底面是直角梯形的四棱锥，如下图，设直角梯形的高为，则，由基本不等式，当且仅当，即时等号成立.所以几何体的体积为.所以几何体的体积的最大值为.故选：B.8.已知，满足，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】由，得到，化简，结合基本不等式，即可求解.详解】由，可得，因为，可得且，解得，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：B.9.已知双曲线，的左右焦点记为，，直线过且与该双曲线的一条渐近线平行，记与双曲线的交点为P，若所得的内切圆半径恰为，则此双曲线的离心率为（）A.2B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件探求出的内切圆圆心坐标，再借助点到直线距离公式计算作答.【详解】令双曲线的半焦距为c，则，由对称性不妨令与平行的渐近线为，直线方程为：，即， 令的内切圆与三边相切的切点分别为A，B，C，令点，如图，由切线长定理及双曲线定义得：，即，而轴，圆半径为，则有，点到直线的距离：，整理得，即，而，解得，所以双曲线的离心率为2.故选：A【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②根据给定条件得到关于a，b，c的齐次式，再转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围).10.已知数列满足：，，则下列说法正确的是（）A.数列为递减数列B.存在，便得C.存在，便得D.存在，便得【答案】D【解析】【分析】由已知等式变形可得，构造函数，其中 ，利用导数分析函数的单调性，可得出，可判断BC选项；利用数列的单调性可判断A选项；计算出、的范围，可判断D选项.【详解】因为，则，可得，由可得，则，则，设函数，其中，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，因为，则，，，以此类推可知，对任意的，，所以，，故数列为递增数列，A错，B错，C错；因为，则，，因此，存在，便得，D对.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查与数列相关的单调性与范围问题的判断，根据数列的递推公式构造函数，并利用导数研究函数的单调性，结合函数单调性求得的范围是解题的关键.第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题．本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．11.设，，则_____________，_____________．【答案】①.2②.5【解析】【分析】直接利用对数与指数的互化公式和对数的运算性质求解即可 【详解】因为，所以，因为，，所以，所以，故答案为：2，512.在的展开式中，若，则含项的系数是____________；若常数项是24，则____________．【答案】①.-80②.4【解析】【分析】（1）写出二项式展开式的通项公式，令x的指数等于1，即可求解答案;（2）写出二项式展开式的通项公式，令x的指数等于零，即可求解答案.【详解】时，的展开式的通项公式为：，其中，令，则，故，即含项的系数是；的展开式的通项公式为，其中，令，则，由常数项为24可得：，解得n=4，故答案为：；413.已知随机变量的分布列如下：且，则实数____________，若随机变量，则____________．234 【答案】①.②.##【解析】【分析】由已知条件列方程组可求出的值，再利用方差公式求出，从而可求出【详解】由题意得，解得，所以，所以，故答案为：，14.已知正方体的棱长为，点、分别在、上，，．动点在侧面内（包含边界）运动，且满足直线平面，则点在侧面的轨迹的长度为_____________，三棱锥的体积为_____________．【答案】①.②.【解析】 【分析】在棱、分别取点、使得，，连接，取的中点，连接、，证明出平面平面，可知点在侧面内的轨迹为线段，求出线段的长，即为点在侧面的轨迹的长度，由等体积法可求得三棱锥的体积.【详解】在棱、分别取点、使得，，连接，取中点，连接、，因为且，由题意可知且，所以，四边形平行四边形，所以，，平面，平面，所以，平面，同理可证四边形、均为平行四边形，则，因为平面，平面，故平面，，故平面平面，当时，平面，则平面，所以，点在侧面内的轨迹为线段，且，又因为，故四边形为矩形，则，，所以， .平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，，.故答案为：；.15.若，，则____________．【答案】##【解析】【分析】先利用同角三角函数的关系求出，再利用半角公式求出，，从而可求出，进而可求得答案【详解】因为，，所以，因为所以，所以，，所以，所以，故答案为：16.某地区突发新冠疫情，为抗击疫情，某医院急从甲、乙、丙等8名医务工作者中选6 人参加周一到周六的某社区核酸检测任务，每天安排一人，每人只参加一天.现要求甲、乙、丙至少选两人参加.考虑到实际情况.当甲、乙、丙三人都参加时，丙一定得排在甲乙之间，那么不同的安排数为________.（请算出具体数值）【答案】【解析】【分析】由排列组合中的分类计数原理，分类讨论当甲、乙、丙只有两人参加时和当甲、乙、丙三人都参加时不同的安排数，再求解即可．【详解】解：①甲、乙、丙中只选两人，有种选法，再从余下5人中任选4人有选法，将选取的6人安排到周一到周六有种，因此，共有不同安排种数为，②当甲、乙、丙三人都参加时，因为丙一定得排在甲乙之间，从余下5人中任选3人有选法，周一到周六中取3天安排甲、乙、丙且丙在甲乙之间有种，另3天安排所选3人有种，那么不同的安排数为种，故不同的安排数为，故答案为：．17.设向量，，，，点在内，且向量与向量的夹角为，则的取值范围是____________．【答案】【解析】【分析】以直线OA为x轴，线段OA的中垂线为y轴建立坐标系，探求点C的坐标满足的关系，再利用换元法借助三角恒等变换计算作答.【详解】以直线OA为x轴，线段OA的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图， 因，则，而，解得，则，设，有，，因向量与向量夹角为，则，，，，整理得：，即，因此，，，令点，，令，则，于是得，又，即有，解得，当时，，即，而，有，，矛盾，即，当时，，即有，其中锐角满足 ，则有，，，显然存在满足条件，则，因此，，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】思路点睛：给定向量的模探求向量问题，可以建立平面直角坐标系，借助向量的坐标表示，利用代数运算、三角变换等方法解决.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.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，点M为AC的中点，且．（1）求角的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理转化得，即可求出；（2）利用向量法求出边长，代入面积公式即可求出.【小问1详解】在中，因为，由正弦定理得：. 因为，所以，所以可化.因为，所以，消去得：.当时，不成立，所以，所以，所以.因为，所以.【小问2详解】因为M为AC的中点，所以，所以，即.因为，，代入得：，解得：（舍去）.所以的面积为.19.正三棱柱底边长为2，E，F分别为，AB的中点．（1）求证：平面平面；（2）若与平面所成的角的正弦值为，求的值．【答案】（1）证明过程见解析（2） 【解析】【分析】（1）先根据三棱柱为正三棱柱得到面面垂直，然后根据线线垂直得到线面垂直，进而得到面面垂直；（2）作出辅助线，找到线面角，再利用余弦定理求出的值.【小问1详解】因为三棱柱为正三棱柱，故是等边三角形且底面⊥侧面，交线为，因为是中点，所以，所以平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】过点E作EG⊥于点G，因为平面平面，交线为，所以EG⊥平面，故即为与平面所成的角，所以，所以，设，由勾股定理得：，，，由余弦定理得：，解得： ，故20.已知各项均为正数的数列满足：，前项和为，且，．（1）求数列的通项与前项和；（2）记，设为数列的前项和，求证．【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）当时，可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项可求得数列的通项，利用等差数列的求和公式可求得；（2）证明出，利用裂项相消法可证得结论成立.【小问1详解】解：当时，，因为，解得；当时，由可得，上述两个等式相减可得，所以，，对任意的，，故且，故数列为等差数列，且该数列的首项和公差均为，故，所以，.【小问2详解】 证明：，因为，所以，，因此，.21.已知抛物线：的焦点到准线的距离是．（1）求抛物线方程；（2）设点是该抛物线上一定点，过点作圆：（其中）的两条切线分别交抛物线于点A，B，连接AB．探究：直线AB是否过一定点，若过，求出该定点坐标；若不经过定点，请说明理由．【答案】（1）（2）过定点【解析】【分析】（1）由题意可得，从而可得抛物线方程；（2）由直线与圆相切，可得，，从而可得是方程的两个根，再利用根与系数的关系结合直线的方程可求得结果【小问1详解】因为抛物线：的焦点到准线的距离是， 所以，所以抛物线方程为【小问2详解】当时，，所以，设，则直线为，即，因为直线与圆相切，所以，整理得，同理直线与圆相切，可得，所以可得是方程的两个根，所以，代入化简得，，令，得，所以直线恒过定点22.已知函数，为自然对数的底数，．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，证明：．【答案】（1）函数的单调性见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)求出函数的导数，再按a值的正负讨论符号作答.(2)根据给定条件将不等式等价转化，分别证明不等式和都成立作答. 【小问1详解】函数的定义域为，求导得：，当时，，则在上单调递增，当时，当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，所以当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】当时，，，令，则，当时，，当时，，于是得在上递增，在上递减，则有，即，当且仅当时取“=”，令，求导得：，显然函数在上单调递增，而，则当时，，即，当时，，即，于是有在上单调递减，在上单调递增，则，即，当且仅当时取“=”，因不等式与等号成立的条件不一致，则，所以成立.