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

这是一份浙江省嘉兴市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 已知集合，，则， 复数z满足，则， 已知，则“”是“”的， 某几何体的三视图， 函数的部分图象可能是等内容，欢迎下载使用。
浙江省嘉兴市2021-2022学年高三上学期期末测试数学试题一､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】C【解析】【分析】先求解集合M中的对数不等式，根据并集的定义即得解【详解】依题意，根据并集定义，故选：C2. 复数z满足，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法及复数模的定义求解即可.【详解】由题意可知，所以，故选：D3. 设实数满x，y满足，则的最小值是（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】A【解析】【分析】作出可行域，数形结合即可求出结果.【详解】解：由可得，根据线性约束条件作出可行域如图：作直线，沿可行域方向平移可知：过点时，取得最小值，由可得所以取得最小值.故选：A.4. 已知，则“”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】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件及不等式的性质可得解.【详解】由，而不一定能得到，例如，，所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A5. 某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（    ）A.  B.  C. 3 D. 8【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体为四棱锥，然后利用四棱锥的体积公式求解即可【详解】由三视图可知原几何体是底面边长为2，高为2的四棱锥，如图所示，所以该几何体的体积为，故选：B6. 函数的部分图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】对自变量分段讨论，根据指数函数和正弦函数的性质即可判断，正弦函数满足【详解】当时，，则，故选项和选项均错误当时，，则，故选项错误，而选项正确故选：7. 如图，在正方体中，点E，F分别是AB和的中点，则下列说法正确的是（    ）A. 与EF共面，平面 B. 与垂直，平面C. 与EF异面，平面 D. EF与垂直，平面【答案】B【解析】【分析】反证法：假设平面有，根据正方体的性质及勾股定理证明是否相等，即可确定矛盾结论，排除C、D；应用异面直线的证明判断与EF异面排除A，即可得答案.【详解】假设平面，而面，则，若正方体棱长为2，则，，，显然，∴不垂直，与矛盾，故平面不成立，排除C、D；由面，面，，而，面，∴与EF异面，排除A.故选：B.8. 已知点，，若曲线上存在点P满足，则下列正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由已知可判断点P在双曲线上，将已知转化为曲线与双曲线相交，利用直线与渐近线的位置关系可得解.【详解】点，，且，故点P在双曲线的下支上.所以双曲线的方程为，其渐近线方程为又点P在曲线上，即点P在曲线上，即曲线与双曲线相交，，即故选：D9. 已知正实数x，y，z，满足，且，则的最小值是（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】利用，将化为，再利用a,b等值代换，最后利用基本不等式可得答案.【详解】因为，所以，令，，则，且，所以.因为，当且仅当，，即时取等号.故选：B.10. 已知函数，若存在，使得，则实数b的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】把条件转化成上存在两点，是本题的一个亮点，构造新函数在导数中可以简化运算，是一个常见方法.【详解】，，则，即在上单调递增.令，则上存在两点，,则，关于直线对称.因为函数与直线在上均单调递增，所以对称点P，Q重合且落在直线上，即与在有交点，故在有解.令，，故在上单调递增，，则，的值域为所以实数b的取值范围是. 故选：C二､填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11. 鲁洛克斯三角形是一种特殊的三角形，它是以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.如下图，已知某鲁洛克斯三角形的一段弧的长度为，则线段AB的长为___________.【答案】3【解析】【分析】根据弧长公式，然后代入数据可直接求解【详解】根据题意，设正三角形的边长为，，由弧长公式可得：则有：解得：故答案：12. 已知函数则，则___________；若，则，则a的值为___________.【答案】    ①.     ②. 4【解析】分析】欲求，则根据分段函数，可直接求得；欲求中的，从外层向内层求解，根据分段函数分段讨论即可【详解】根据分段函数，可知：令当时，若，即有：解得：又，则有：解得：（舍弃）当时，若，即有：则有：，此时方程无实数解综上可得：，故答案为：，13. 已知多项式，若，，则___________，___________.【答案】    ①. 2；    ②. 6.【解析】【分析】根据题意，先求出常数项进而求出m，然后求出的系数进而求出n.【详解】由题意，则（负值舍去）.故答案：2；6.14. 已知在中，，，点D在边BC上，且，则___________；___________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】在中，由余弦定理可求得，由已知可得是等边三角形，再在中，运用正弦定理可求得.【详解】解：在中，，，，由余弦定理得，所以，在中，，， ，所以是等边三角形，所以，，在中，，，，由正弦定理得，即，解得，故答案为：；.15. 设一个袋子里有红色球个，蓝色球2个，现每次从中任取两个球，不放回，直到取出两个同色球为止，记取球的次数为，若，则___________；___________.【答案】    ①. 6    ②. 【解析】【分析】根据可求的值，然后求出，结合期望公式可得答案.【详解】由题意，解得（舍）；，，；故答案为：  16. 已知椭圆的右焦点为F，P､Q是椭圆上关于原点对称的两点，M､N分别是PF､QF的中点，若以MN为直径的圆过原点，则椭圆的离心率e的范围是___________.【答案】【解析】【分析】设点，利用条件可知得到关于的方程，再联立，用含的式子表示出，再利用的取值范围，即得出离心率的范围.【详解】设点，则，又点，∴，又以为直径的圆过原点，则有,所以，即，∴，又，所以，得，∴，整理得：，解得，又，所以.故答案为：.17. 已知非零平面向量，，满足，且，若与的夹角为，且，则的模取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】以向量几何意义去解题，数形结合的方法可以简化解题过程.【详解】如图1，令，，，则，取AB中点M . 由，可得，，所以，即C在以M为圆心、为半径的圆上.由，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上），.由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，由正弦定理可知，即，当时，圆G半径取得最大值.当O、M、G三点共线（G在线段OM上），且时，取得最大值，此时，所以.如图2，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），当时，圆G半径取得最小值.，即M、G两点重合.取得最小值为2. 则时，.故向量的模取值范围是故答案为：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. 已知函数.（1）求的值；（2）当，求函数的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）解法一：直接代入解析式，根据二倍角余弦公式化简可得答案;解法二：先利用诱导公式以及降幂公式将函数化简为，再代入可得答案;（2）分别化简，，相加后利用辅助角公式以及正弦函数的性质可得值域，即可得到答案;【小问1详解】解法一：.解法二：，则.【小问2详解】，则，当，，，所以.19. 如图，四棱锥的底面为等腰梯形，，且，，平面平面ACB.（1）求证：；（2）若，求直线AE与平面ACD所成角的大小.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.【小问1详解】证明：因为平面平面ACB，且平面平面，，所以平面ACD，又因为平面ACD，所以.【小问2详解】如图，建立空间直角坐标系.由已知条件，易得，，.在中，由余弦定理可得，所以，在中，由余弦定理得,所以，因为，所以，,又平面ACD的一个法向量即为，设直线AE与平面ACD所成角为，则，所以直线AE与平面ACD所成角为.20. 已知递增的等差数列满足，，等比数列满足，.（1）分别求数列，的通项公式；（2）记，数列的前n项和为，若，求n的值.【答案】（1），    （2）n的值为1或2.【解析】【分析】（1）设数列的公差为d，，则由已知条件列方程组求出，从而可求出的通项公式，设等比数列的公比为q，则可得，再由可求出，从而可求出的通项公式，（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求出，由，得，记，利用作差法可求得，再由可得答案【小问1详解】设数列的公差为d，，则①，②，由①②解得，，所以.设等比数列的公比为q，则，再由，得，所以.【小问2详解】，，，两式作差得，所以，，即，记，，所以，又，所以n的值为1或2.21. 已知抛物线上的任意一点到焦点的距离比到y轴的距离大.（1）求抛物线C的方程；（2）过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，若三角形ABP的重心G在定直线上，求三角形ABP面积的最大值.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，然后根据抛物线的定义即可求得答案.（2）设动点，切点，，进而设出切线方程并代入抛物线方程，结合判别式法和点G在直线上得到的关系，然后取线段AB的中点Q，求出点Q的坐标，最后根据求得答案.【小问1详解】根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义可知：，，抛物线C的方程为.【小问2详解】设动点，切点，.设过A的切线PA方程为，与抛物线方程联立，消去x整理得，，所以，所以切线PA方程为，同理可得切线PB方程为，联立解得两切线的交点，所以有.因为，又G在定直线，所以有，即P轨迹为，因P在抛物线外，所以.如图，取AB中点Q，则，所以，因为，所以，所以，所以当时，.【点睛】本题第（2）问运算量大，一定要注意对根与系数的关系的应用，另外本题为什么要取点Q，一方面是受点G为三角形的重心的影响，另一方面是为了处理三角形的面积，即有，平常一定要多加训练，培养自己做题的感觉.22. 已知函数.（1）若在定义域上单调递增，求ab的最小值；（2）当，，有两个不同的实数根，，证明：.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得二次不等式，根据二次不等式的恒成立列式计算；（2）将有两个不同的实数根，转化为，是方程的两个根，利用韦达定理得，进而通过换元，将转化为关于的函数，利用导数研究其最值即可.【小问1详解】恒成立，即恒成立，，所以，，即ab的最小值为.【小问2详解】有两个不同的根，，则，是方程的两个根，所以，，所以，，.，令，，在单调递增，所以，令，在上单调递增，所以，所以，即.【点睛】方法点睛：1.对于证明题，我们可以构造函数，转化为函数的最值来研究；2.含双变量的问题，要通过计算转化为一个变量的问题来解答.