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

这是一份浙江省台州市2021-2022学年高三数学上学期期末考试试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试题卷分选择题和非选择题两部分．满分 150 分， 考试时间 120 分钟．请考生按规定用笔 将所有试题的答案涂、写在答题纸上．
参考公式：
柱体的体积公式： ，其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高
锥体的体积公式： ，其中 表示锥体的底面积， 表示锥体的高
台体的体积公式： ，其中 分别表示台体的上、下底面积， 表示台体的高
球的表面积公式： ，球的体积公式： ， 其中 表示球的半径
选择题部分（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，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据并集的概念即可得出答案.
【详解】解：因为集合，
所以.
故选：B.
2. 若椭圆的离心率为，则实数的值为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的离心率的定义，列出方程求解即可.
【详解】在椭圆中，，，，
由于椭圆的离心率为，即，解得，
故选：C.
3. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由三视图可得直观图，根据直观图计算体积即可.
【详解】由三视图可得直观图，如图，
即几何体为长方体上面还有半个长方体构成，
所以，
故选：D
4. 已知平面四边形，则“(为实数)，”是“四边形是平行四边形”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】B
【解析】
【分析】根据充分必要条件的判断，看“(为实数)，”和“四边形是平行四边形”二者是否能够互相推出，即可得到答案.
【详解】对于“(为实数)，”，这种情况下对应的平面四边形可能是等腰梯形，故不能推出“四边形是平行四边形”，
而“四边形是平行四边形”时，一定有“(为实数)，”成立，
故“(为实数)，”是“四边形是平行四边形”的必要不充分条件，
故选：B.
5. 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函奇偶性，排除BD，再用特殊值排除C选项.
【详解】定义域为R，且，所以为偶函数，故排除BD，当时，，故 排除C，答案为A.
故选：A
6. 若实数满足则的最大值为（ ）
A.
B.
C. 13
D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出不等式组所对应的可行域，根据线性规划的几何意义，求得目标函数的最大值和最小值，即可得的最大值,
【详解】作出不等式组表示的可行域如图（阴影部分）：
设 ，则当直线分别过点A,B时，直线在y轴上截距最小和最大，而z取到最大和最小，
联立 ，解得 ,
联立 ，解得 ，
将代入中， 取得最大值 ，
将代入中， 取得最小值，
因此的最大值为13，
故选：C.
7. 若从编号为的十个小球中取3个不同的小球，且3个小球的编号两两不连续，则不同的取法共有（ ）
A. 8种
B. 36种
C. 56种
D. 64种
【答案】C
【解析】
【分析】先求出总的情况为种，减去三个数依次连续，再减去三个数只有两个数连续的情况，注意此时和三个数依次连续的重叠部分.
【详解】依题意得，取出小球的总的可能有种，
排除这种依次连续的情况;
再排除三个数恰好两个连续的情况：共组情况，
其中两组可以和个数组成不完全连续的情况，共种；
共组，每组都能和6个数组合成为不完全连续的情况，共种；
于是符合题意的情况有种.
故选：C.
8. 已知奇函数在上是增函数，．若，，则的大小关系为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断的单调性然后根据单调性比较大小即可.
【详解】由于所以是奇函数，当时， 且都为增函数所以为增函数.结合是奇函数，所以在上是增函数.由于 所以.
所以 ，所以，所以 .
故选：A.
9. 已知在数列中，，命题对任意的正整数，都有．若对于区间中的任一实数，命题为真命题，则区间可以是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据递推关系分析式子要有意义，数列中的项不能取那些值即可求解.
【详解】p为真命题，则，
由从后往前推，
，, ,,,
而，排除，,排除，
由蛛网图可知,而，之前项会趋向于3，所以C项排除.
因为，已经越过不能取的值，故正确.
故选：D
10. 已知在正方体中，点为棱的中点，直线在平面内．若二面角的平面角为，则的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】先找到二面角的平面角的最大值，即最小，再求解出此角的余弦值.
【详解】连接AE，取AE的中点P，过点P作FG⊥AE交CD于点F，交AB于点G，设正方体棱长为2，由勾股定理可知：，，同理，取的中点，连接，取的中点，过点作MN⊥交于点M，交于点N，则直线即为直线，此时，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底面ABCD，因为FG平面ABCD，所以OP⊥FG，因为AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，连接OA，OE
，因为OA平面AOP，所以OA⊥FG，因为MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可证：OE⊥MN，所以即为二面角的平面角，由对称性可知：此角即为二面角的平面角的最大值，且，其中，由勾股定理得：，所以，则
故选：B
【点睛】要能根据作辅助线即图象，找出二面角的平面角的最大角，再进行求解.
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，共36分．多空题每小题6分；单空题每小题4分．
11. 古希腊著名数学家阿基米德是这样求抛物弓形面积的：以抛物弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点作弓形的内接三角形；在以该内接三角形两腰为弦的两个抛物线弓形内用同样的方法作出内接三角形，等等．从第二次开始，每次作出的内接三角形面积之和是前一次所作出的内接三角形面积和的．若第一次所作的内接三角形面积为1，则第三次所作的内接三角形面积和为________．
【答案】##0.0625
【解析】
【分析】根据题意得到等比数列，利用等比数列通项公式进行计算
【详解】由题意得：每一次作出的内接三角形面积和为等比数列，首项为1，公比为，故第三次所作的内接三角形面积和为
故答案为：
12. 在复平面内，复数，，（为虚数单位）对应的点分别为、、，则________；________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用复数的乘法计算可得的值；求出、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.
【详解】由已知可得，
由复数的几何意义可得、、，则，，
所以，.
故答案为：；.
13. 若，则________；________．
【答案】 ①. ##-0.5 ②. ##0.8
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简即得解；
（2）化简原式为即得解.
【详解】解：由题得.
.
故答案为：；.
14. 已知袋中装有大小相同的红球，黄球和蓝球，从中随机摸取一个球，摸出红球或黄球的概率为，摸出红球或蓝球的概率为．则从中随机摸取一个球，摸出红球的概率为________；若每次随机摸取一个球，有放回地摸取两次，设表示两次摸到红球的总数，则________．
【答案】 ①. ##0.4 ②. ##0.8
【解析】
【分析】根据题干列出方程组，求出摸出红球的概率，再利用二项分布求出期望值.
【详解】设红球个数为x，黄球个数为y，蓝球有z个，则，两式相加得：，所以，即摸出红球的概率为0.4；由题意知：，则.
故答案为：，
15 若，则_________；________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）等式左右两边赋值即可；（2）等式右边来源有两处，先确定，结合等式左边的系数确定.
【详解】（1）等式左右两边赋值，得到；（2）等式左边的系数显然为，而右边只有会出现，于是，等式左边的系数为：，中可以提供的系数为，而提供的的系数显然是，于是，.
故答案为：；.
16. 已知正实数满足，则的最小值为________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】由柯西不等式的二元形式即可求得最小值.
【详解】由柯西不等式
而，所以时等号成立，
故答案为：.
17. 已知实数，平面向量．满足．若存在唯一实数，使得，则的最小值是_______
【答案】##4.8
【解析】
【分析】根据，求得，易得，再由，利用数量积的定义求解.
【详解】因为，
所以，
，
，
，
又，
，
所以，
设，
则
，
所以的最小值是，
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. 已知中，角所对的边分别为．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和正弦的二倍角公式得到，进而求解出；（2）利用面积公式得到，结合，求出的值.
【小问1详解】
由已知得：．
由正弦定理得：．
因为，所以
所以得：
因为，
所以
所以．
又．所以．
即．
【小问2详解】
由已知得：．得：．
又因为，所以．
19. 已知数列是等差数列，其首项和公差都为1，数列是等比数列，其首项和公比都为2，数列的前项和为．
（1）求；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件求出数列和的通项公式，从而可求得的通项，然后利用错位相减法求，
（2）由（1）可得，当时，可得，从而可得当时，，化简可得结论
【小问1详解】
因为数列是等差数列，所以．
因为数列是等比数列，所以．
所以．①
．②
由①②得：，
所以．
【小问2详解】
证明：因为，所以，．
当时，因为，所以，即．
当时，
．
所以，当时，．
20. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，,，，，，点在线段上，与相交于点，点是线段的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点为线段的中点，记直线与平面所成角为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得的值.
【小问1详解】
证明：连接，因为，点是线段的中点，所以，即，
，为的中点，则．
，故平面．
小问2详解】
解：因为，，所以．
因为，，所以．
因为，所以，，所以，
所以，即．
因为，，所以平面．
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，
则、、、、，
因为点为线段的中点，所以．
则，．
设是平面的法向量，则，即，
令，则，，即，
因为，所以．
21. 已知抛物线，点在抛物线上，斜率为2的直线与拋物线交于两点（点在点的下方）．
（1）求抛物线的方程；
（2）如图，点在抛物线上，且，线段与线段相交于点．若，当面积取到最大值时，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入抛物线方程求解；
（2）设，，，直线的斜率为，得到直线的方程为，直线的方程为，分别与抛物线方程联立，利用弦长公式，由，求得k，再根据当点在与AD平行的直线上，且与抛物线相切时的切点处时，的面积最大求解.
【小问1详解】
解：将代入抛物线方程得，
即，
所以．
【小问2详解】
设，，．
由题意可知，直线的斜率存在且不为，设直线的斜率为，
则直线的方程为，直线的方程为．
由可得．
则，．
同理，可得，．
所以，，
，．
又，
所以．
代入化简可得，即．
因为点在抛物线上且在点的右边，
所以．
则当点在直线与抛物线相切时的切点处时，面积的最大值，
此时点的坐标为．
22. 已知，设函数．
（1）当时，若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若对任意实数，函数均有零点，求实数的最大值；
（3）若函数有两个零点，证明：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，对函数求导，再根据和两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果.
（2）对函数求导，再根据和两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值；
（3）由题意得，要证原命题成立，只要证成立；设，则，是函数的两根．再根据和两种情况讨论函数的单调性，再记函数有图象关于直线对称后是函数的图象，再求的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果.
【小问1详解】
解：当时，．．
当时，，则在上单调递增．
当时，若，，在上不可能单调递增．．
所以在上单调递增，则．
【小问2详解】
解：
（ⅰ）当时，，在上单调递增．有零点．
（ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减．
又当x趋近于时，f(x)趋近于；x趋近于时，f(x)趋近于；
所以只要恒成立，则恒有零点．
即恒成立．
因为求最大值，不妨设，．
设，则．
所以只要．
即，得．
所以的最大值为．
【小问3详解】
解：由题意得：只要证．
设，．
则，是函数的两根．
．
当时，，与函数有两个零点矛盾．
所以．所以当时，．
所以函数在上递增，在上递减．
记函数有图象关于直线对称后是函数的图象．
有．
则．
．
所以时，．
所以，即．
所以．．
所以．