浙江省诸暨市2021-2022高三数学上学期期末考试试卷（Word版带解析）

诸暨市2021－2022学年第一学期期末考试试题高三数学第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.已知集合，，若，则（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】利用集合交的定义及包含关系求解.【详解】因为，所以，得或，即或.故选:C.2.已知复数满足（为虚数单位），则在复平面内的对应点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】由复数除法得出，从而得出对应点的坐标后可得结论．【详解】∵，∴，则z在复平面内对应点的坐标为，∴z在复平面内对应的点在第一象限．故选：A．3.下列四个周期函数中，与其它三个函数周期不一致的函数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据各自的特点，分别求出函数的周期即可判断.【详解】对于A，，周期为；对于B，，周期为；对于C，，周期为；对于D，若周期为，则，，故的周期不是.故选：D4.“”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】C【解析】【分析】解两个不等式，即可得出结论.【详解】由可得，解得，由得，解得，所以，“”是“”的充分必要条件.故选：C.5.已知实数满足约束条件，则（）A.有最小值，无最大值B.有最小值，也有最大值C.有最大值，无最小值D.无最大值，也无最小值【答案】A【解析】【分析】先画出不等式组表示的可行域，由，得，作出直线 ，根据直线在轴上的截距的最值，来判断目标函数是否能取到最值【详解】先画出不等式组表示的可行域，由，得，作出直线，向上平移过点时，直线在轴上的截距最小，则取得最小值，由于可行域向右无限延伸，所以无最大值，故选：A6.如图，圆、在第一象限，且与轴，直线均相切，则圆心、所在直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设直线的倾斜角为，则为锐角，由已知可得出，求出的值，即可得出直线的方程. 【详解】设直线倾斜角为，则为锐角，由已知可得，整理可得，因为，解得.因此，直线的方程为.故选：B.7.已知等比数列，首项为，公比为，前项和为，若数列是等比数列，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，分、两种情况讨论，求出的表达式，结合已知条件可得出等式组，即可得解.【详解】设等比数列的公比为，则.若，则，由题意可得，即，所以，，解得，不合乎题意；若，则，则，由题意可得，即，所以，，可得.故选：B.8.如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（） A.时，平面平面B.时，平面平面C.面积最大时，D.面积最小时，【答案】D【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，取线段的中点，求出平面的法向量，利用空间向量法可判断AB选项的正误；分析可知，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可判断CD选项的正误.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、、、、，，，所以，，，线段的中点为，，所以，， 设平面的法向量为，则，取，则.对于A选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，若平面平面，则，则，解得，A对；对于B选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，若平面平面，则，即，解得，B对；对于CD选项，，则，故，因为.因为，当时，取最小值，则的面积最小，D错， 当时，取最大值，则面积最大，C对.故选：D.9.已知是双曲线的左右焦点，为圆上一动点（纵坐标不为零），直线分别交两条渐近线于两点，则线段中点的轨迹为（）A.平行直线B.圆的一部分C.椭圆的一部分D.双曲线的一部分【答案】A【解析】【分析】设点坐标为，依题设求线段中点的坐标可得解.【详解】设点坐标为，渐近线方程为：，直线：，直线：，当点在上方时，由，得，同理，，当点在下方时，， 所以线段中点纵坐标，所以中点轨迹平行直线.故选:A.10.已知，满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据题意以及对数函数性质可以判断出，然后构造函数，求导后判断函数的单调性即可得答案.【详解】解：又若，则不满足条件，若、时，，不满足条件当、时，成立；又因为函数的图像恒在上方，设，，所以构造函数，，令，（），且在定义域内单调递增，故因此可知，所以在范围内单调递增，故选：D 第Ⅱ卷（非选择题，共110分）二.填空题（本大题有7个小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分）11.我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形.后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的直角三角形，若，则小正方形的面积是________.【答案】1【解析】【分析】设出小正方形边长，用勾股定理列出方程，求出小正方形的边长和面积.【详解】设小正方形边长为，由勾股定理得：，解得：，故小正方形的面积为.故答案为：112.已知展开式各项系数和为，则______；常数项为______.【答案】①.5；②.5.【解析】【分析】空一：利用代入法进行求解即可；空二：利用通项公式进行求解即可.【详解】空一：令，得；空二：二项式的通项公式为：，令，即常数项为：，故答案为：5；5.13.已知函数，则______；若，则______. 【答案】①.1②.【解析】【分析】代入函数解析式，求出，进而求出，分类讨论求解.【详解】，则，当，即时，，，则，无解；当即时，，，则，解得：，符合要求；当时，，，所以，解得：，符合要求，综上：.故答案为：1，14.已知抛物线，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，若以为直径的圆被轴，轴截得的弦长相等，则______.【答案】2【解析】【分析】求得直线方程为，与抛物线联立得，设，的中点为，求得点M的坐标，由已知得圆心到轴，轴的距离相等，建立方程求解即可.【详解】解：过点作斜率为的直线方程为，与抛物线联立得，，设，的中点为，则，所以，因为以为直径的圆被轴，轴截得的弦长相等，所以圆心到轴， 轴的距离相等，所以，解得（舍去），故答案为：2.15.体育馆内装篮球的箱子中有4个新篮球和2个用过的旧篮球，三名运动员各自从箱子中随机拿一个篮球进行投篮训练，结束后三个篮球放回箱子中，此时箱子中用过的旧篮球个数是一个随机变量，则______；随机变量的数学期望______.【答案】①.##②.4【解析】【分析】由于从箱子中任取3个球来用，用完后装回箱子，此时箱子中旧球的个数为4，可知增加了2个旧球，从而可得取出的3个球中有2个新球和1个旧球，进而可求出，由题意可得，求出对应的概率，从而可求出【详解】由题意可知当箱子中的旧球为4个时，则可得取出的3个球中有2个新球和1个旧球，所以,由题意可得，则，，所以，故答案为：，416.已知的三个角所对的边为，若，为边上一点，且，若,则面积的最大值为______；若，则的最小值为______. 【答案】①.②.【解析】【分析】由三角形面积公式，结合诱导公式和三角函数恒等变换，即可求解；设，则，则由可以推得，再利用面积公式可以解出，从而根据，可以推出，最后利用基本不等式即可得出结论.【详解】（1）设，则，由题意得，，由于，，所以，即，整理得，，又，所以，由得，，所以，由于， 所以，故，当，即时，，则的面积取得最大值为.（2）设，则，，，即，化简得,即，故，又，所以，即，，当且仅当时取等号，即的最小值为.故答案为:，.17.已知向量，，，则 ________.【答案】【解析】【分析】先通过数学归纳法证明出，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算.【详解】，，归纳出，，接下来用数学归纳法进行证明：当时，满足题意；假设当时，，则当时，，故，其中所以 故答案为：三、解答题（本大题有5个小题，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）求函数的单调递增区间；（2）求函数的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式及其余弦的二倍角公式化简，即为，然后利用余弦函数的性质求其单调递增区间即可；（2）利用正弦的二倍角公式及其辅助角公式化简，即为，利用正弦函数的性质求值域即可.【小问1详解】∵∴，即所求单调递增区间为：；【小问2详解】 ，其中，即.19.在正项等比数列中，，是与的等差中项，数列满足.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列前项和.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，则，根据已知条件可得出关于的方程，求出的值，利用等比数列的通项公式可求得的通项公式，利用前项和与通项的关系可求得数列的通项公式；（2）分析可知，当时，，当时，，化简的表达式，利用分组求和法可求得数列的前项和.【小问1详解】解：设等比数列的公比为，则，因为，所以（舍去），所以，当时，，则，当时，因为，①得，② ①②得：，所以，，也满足，所以，对任意的，.【小问2详解】解：令，则，所以，数列为单调递减数列，所以，，故当时，，则，此时，，且，当时，，则，此时，.综上所述，.20.如图，三棱台，平面平面，侧面是等腰梯形，,分别是的中点. （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）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）利用平行线的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥等积性、线面角的定义进行求解即可.【小问1详解】证明：连接与交于点，连接，因为，所以由棱台的性质可知：，且，因为是的中点，因此，因此四边形是平行四边形，所以是的中点，又是的中点，所以，而平面，平面，所以平面； 【小问2详解】因为,所以与平面所成角即为所求角，取中点,连接，因为又因为，因为平面平面，平面平面，,所以平面，所以中，平行四边形中:平行四边形中:中：，所以到平面的距离，又因为，即； 21.如图，椭圆的离心率为，上的点到直线的最短距离为.（1）求椭圆的方程；（2）过上的动点向椭圆作两条切线、，交轴于，交轴于，交轴于，交轴于，记的面积为，的面积为，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件求出、的值，即可得出所求椭圆的方程；（2）设、的方程分别为、，分析可知、是关于的的两根，利用韦达定理可得出关于的表达式，令，利用基本不等式可求得的最小值.【小问1详解】 解：由题意知：，所以，即所求椭圆方程为.【小问2详解】解：设、的方程分别为、，则，，，，，①联立，可得，，化简得，显然，、是关于的的两根.故，，则，即代入①式得，令，则，，当且仅当，即时，的最小值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 22.已知函数.（1）当时，求在处的切线方程；（2）若有两个极值点、，且.（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）求证：.【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；（2）（i）求得，利用导数分析函数的单调性，根据已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；（ii）分析可知，，将所证不等式转化为证明，分、两种情况讨论，在时，利用不等式的基本性质可证得结论成立，在时，通过构造函数，并利用导数分析函数的单调性，结合不等式的基本性质可证得结论成立.【小问1详解】解：当时，，则，所以，，，因此，在处的切线方程为.【小问2详解】解：（i），令，则，令，则对任意的恒成立， 所以，函数上单调递增，因为，当时，，即，当时，，即，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为有两个极值点、，则，解得.（ii）令，，，由（i）可知，，只需证，即证：，当时，，得证；当时，先证：，令，，，当时，，当时，，则在上递增，在上递减，所以，得证，令，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，即，则，记与的交点横坐标分别为，， 则，，则，又，，【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.