2022届吉林省四平市第一高级中学高三上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2022届吉林省四平市第一高级中学高三上学期期末考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则的真子集共有（    ）个

A．3 B．4 C．6 D．7

【答案】A

【分析】解一元二次不等式求集合A，根据所得集合的元素个数判断其真子集的个数.

【详解】由题设，，

∴的真子集共有个.

故选：A.

2．已知为虚数单位，复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第三象限 C．直线上 D．直线上

【答案】D

【分析】利用复数除法的运算法则，计算出，并求其共轭复数，即可得到答案

【详解】∵，

∴，复平面对应的点为，

∴复数在复平面内对应的点位于第四象限，在直线上，

故选：.

3．在二项式的展开式中，含的项的系数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先写出展开式的通项，再令，求出，再代入计算可得；

【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以，故含的项的系数是；

故选：A

4．数列为等差数列，且，则（    ）

A．1 B．3 C．6 D．12

【答案】D

【分析】根据定积分的几何意义求，再应用等差中项的性质求目标式的值.

【详解】∵表示半径为2的四分之一圆面积(处于第一象限)，

∴，又为等差数列，

∴，则.

故选：D.

5．长春54路有轨电车建成于上个世纪30年代，大概是现存最美的电车路线了，见证着这座城市的历史与发展.学生甲和学生乙同时在长影站上了开往西安大路方向的电车，甲将在创业大街站之前任何一站下车，乙将在景阳大路站之前任何一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出甲、乙下车的情况共有种可能，再求出甲比乙后下车共有15种可能，最后利用几何概型公式求解即可.

【详解】甲将在长影站上车，将在创业大街站之前任何一站下车,可能在6个站下车，

乙在长影站上车，将在景阳大路站之前任何一站下车，可能在9个站下车，则甲、乙下车的情况共有种可能；

他们都至少坐一站再下车，若乙在湖西路先下车，甲后下车的情况有5种可能，若乙在长久路先下车，甲后下车的情况有4种可能，若乙在宽平大路先下车，甲后下车的情况有3种可能，若乙在宽平大桥先下车，甲后下车的情况有2种可能，若乙在迎春路先下车，甲后下车的情况有1种可能，则甲比乙后下车共有15种可能，

故他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为.

故选：.

6．已知向量，满足，且与的夹角为，则（    ）

A．6 B．8 C．10 D．14

【答案】B

【分析】应用平面向量数量积的运算律展开所求的式子，根据已知向量的模和夹角求值即可.

【详解】`

由，且与的夹角为，

所以

.

故选：B.

7．已知线段是圆的一条动弦，且，若点为直线上的任意一点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】过圆心作，将问题转化为，结合点到直线距离公式来进行求解.

【详解】圆的圆心为，半径为，为直线上的任意一点，

过作，垂足为，则是的中点.

由，可得，

，则，又，

的最小值为．

故选：D.

8．哥特式建筑是1140年左右产生于法国的欧洲建筑风格，它的特点是尖塔高耸､尖形拱门､大窗户及绘有故事的花窗玻璃，如图所示的几何图形，在哥特式建筑的尖形拱门与大窗户中较为常见，它是由线段和两个圆弧，弧围成，其中一个圆弧的圆心为，另一个圆弧的圆心为，圆与线段及两个圆弧均相切，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，结合勾股定理，以及正切的二倍角公式，即可求解.

【详解】如图所示，过点作，交于点，

设，圆的半径为，由题意知，，，

 因为，得，解得，

因此，

故.

故选：C.

9．从某个角度观察篮球（如图甲），可以得到一个对称的平面图形，如图乙所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球你表面的粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的渐近线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令，根据题意设双曲线为且过点，将点代入求参数，进而可求渐近线的斜率.

【详解】由题设，令，双曲线方程为，

∵坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，

∴双曲线过点，则，可得，

∴该双曲线的渐近线的斜率为.

故选：B.

10．把方程表示的曲线作为函数的图象，则下列结论正确的是（    ）

①在上单调递减；

②的图像关于原点对称；

③函数不存在零点；

④的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为2；

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

【答案】C

【分析】讨论的正负情况得到函数解析式，画出图象，根据图象结合两点间距离公式和双曲线渐近线得到答案.

【详解】由方程，当，时不成立；当，时，；

当，时，；当，时，；

如下图示：

由图判断函数在R上单调递减，故①正确，②错误.

当，即，函数的零点，就是函数和的交点，而是曲线，，和，，的渐近线，所以没有交点，

由图知，和，，没有交点，

所以函数不存在零点，故③正确.

由图，上的点到原点距离的最小值点应在，的图象上，即满足，

设，，当时取最小值2，故④正确；

故选：C.

11．已知数列的首项是，前项和为，且，设，若存在常数，使不等式恒成立，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先由数列通项与前项和的关系得到数列的递推关系，再构造等比数列，求数列的通项公式，进一步求出数列的通项公式，从而可求数列通项公式，代入所求式子，分子、分母同除以构造基本不等式即可求出的最大值，从而求出的范围.

【详解】由，则当时，得，

两式相减得，变形可得：，

又，，所以，，

∴数列是以为首项、为公比的等比数列，故，

所以，

所以，当且仅当时等号成立，故.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：构造等比数列求的通项公式，即可得通项公式，再由不等式恒成立，结合基本不等式求的最值，即可求参数范围.

12．已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.

【详解】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.

设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，

易知：三点均在上，且平面，

设内切球的半径为，外接球的半径为，则.

由等体积法：，得，

由等体积法：，得，

将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，

∴两点间距离的最小值为.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及，即可得的长度的最小值.

二、填空题

13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为___________.

【答案】

【详解】首先将三视图的直观图放入长方体里，再计算其体积即可.

【点睛】将三棱锥放入长方体中，如图所示：

，三棱锥的体积.

故答案为：

14．若将函数图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，已知函数的部分图象如图所示，则的解析式为___________.

【答案】

【分析】由题图可得、及，即可求参数并得到解析式，再由求的解析式.

【详解】由图知：，且，即，

∴，可得，又，则，，

∴当k=0时，，故，

∵所有的点向左平移个单位长度得到函数，

∴.

故答案为：

15．已知函数，则不等式的解集为___________.

【答案】

【分析】由奇偶性定义、导数判断的奇偶性及单调性，再应用奇函数、单调性求解不等式即可.

【详解】由题设，且定义域为，故为奇函数，

又，在定义域上递增，

∴，可得，

∴，解得，

∴原不等式解集为.

故答案为：.

16．已知点是曲线上任意一点，过点向轴引垂线，垂足为，点是曲线上任意一点，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】首先根据抛物线的几何性质得到，设，得到，再构造函数，利用导数求解最小值即可.

【详解】如图所示：

因为，，，

所以，

设，，

设，，

，

因为在为增函数，且时，，

所以，，为减函数，

，，为增函数，

所以，即的最小值为.

故答案为：

三、解答题

17．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由面面垂直的性质可得ED⊥面ABCD，再由线面垂直的性质有ED⊥BC，勾股定理可得BC⊥BD，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论；

（2）以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，求平面BMD和平面BAD的法向量，利用法向量的求二面角的余弦，再求其正弦值.

【详解】（1）由ADEF为正方形，则ED⊥AD，

∵面面，ED⊂面ADEF，面面，

∴ED⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，则ED⊥BC，

在直角梯形ABCD中，|AB|＝|AD|＝2，|CD|＝4，则，|BD|＝2，

在△BCD中，，则BC⊥BD，

∵DE∩BD＝D，DE、BD面BDE，

∴BC⊥面BDE，又BC⊂面BEC，

∴面BDE⊥面BCE；

（2）由（1）知：ED⊥面ABCD，CD面ABCD，则CD⊥ED，

∴DA，DC，DE三线两两垂直，故以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz：

由题设，,则，

设为平面BDM的法向量，则，取，

取平面BAD的法向量为，设钝二面角的大小为θ，

∴，则.

 (1)求小明同学进行3次制作，恰有一次合格作品的概率；

(2)若小明同学制作15次，其中合格作品数为，求的数学期望与方差；

其中合格作品数与时间具有线性相关关系，求关于的线性回归方程（精确到0.01），并估算第15天能制作多少个合格作品（四舍五入取整）？

（参考答案，，参考数据：）.

【答案】(1)

(2)，

(3)，

（2）根据二项分布求解数学期望与方差即可.

（3）首先利用最小二乘法得到回归直线方程，再将代入即可.

小明同学进行3次制作，恰有一次合格作品的概率.

（2）由题知：，

则，.

（3），.

，，，，

，，

所以回归直线方程为.

当时，，

所以第15天能制作个合格作品.

19．△中，，，，点，是线段上两点（包括端点），.

(1)当时，求△的周长；

(2)设，当△的面积为时，求的值.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）在△中，由余弦定理求得，从而可得，从而可求得，即可得出答案；

（2）在△中，利用正弦定理求得，在△中，利用正弦定理求得，再根据△的面积结合正弦函数得性质，即可得出答案.

【详解】（1）∵，，，

∴，则，

在△中，由余弦定理得：，则，

∴，即，又，

∴，而，

∴△的周长为；

（2）在△中，，由得：，

在△中，由，得，

所以，

由得：，又，

所以，则或

所以或.

20．已知椭圆的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.

(1)求椭圆的方程；

(2)设是椭圆的上顶点，过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，求证：直线过定点.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）由等轴双曲线的离心率可得椭圆的离心率，再由直线与圆相切，可得的值，由，，与离心率的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；

（2）由（1）可得的坐标，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再由斜率之和可可得参数的关系，可证得直线恒过定点．

【详解】（1）∵等轴双曲线的离心率为，∴椭圆的离心率，

又∵直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切，

∴，即，

可得，即，

则椭圆的方程为：；

（2）①若直线的斜率不存在，设方程为，

则点，，，，

由，即，解得，此时直线的方程为；

②若直线的斜率存在，设的方程为，由题意可得，

设，，，，

则，整理可得：，

，

且，，

由，可得，即，

即，，，

故直线的方程为，即直线过定点，

综上所述：直线过定点．

21．已知．

(1)当时，求f(x)在（0，+∞）内的单调区间：

(2)当时，若对任意，总存在，使不等式成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)函数f(x)的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；

(2)[2，8]

【分析】（1）利用导数法研究函数的单调性即可；

（2）易得，将问题转化为对任意恒成立求解；

【详解】（1）解：当时，，

则，

当时，；当时，，

综上：函数f(x)的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；

（2）由

当时，，

由函数上递增可得

即f(x)在[1，2]上单调递增，所以，

由已知条件只需即可，

令，即

令，则在（1，+∞）上恒成立，

当时，，则递增，，解得，不成立，

所以，

当，即时，，当，即时，；

当，即时，在上递增，

则，解得，

当，即时，在上递减，在上递增，

所以 ，

则

令，则，

递减，又，

所以存在，有，

则在上递增，在上递减，

又，

所以在上，恒成立，

所以，

所以实数a的取值范围是[2，8].

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是令，即恒成立，再构造函数，则在（1，+∞）上恒成立求解.

22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线和直线的极坐标方程；

（2）若点在直线上，且，射线与曲线相交于异于点的点.求的最小值.

【答案】（1）曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为；（2）

【分析】（1）首先将曲线的参数方程转化为普通方程，再根据将直角坐标方程转化为极坐标方程；

（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，其中，由（1）中的极坐标方程可得，，再根据三角恒等变换及正弦函数的性质计算可得；

【详解】解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以，即，因为，所以，所以曲线的极坐标方程为

因为直线的方程为，所以直线的极坐标方程为

（2）设点的极坐标为，点的极坐标为，其中，由（1）知，，所以

因为，所以，所以，

所以当，即时，

23．已知的最小值为.

(1)解关于的不等式；

(2)若正实数，满足，求取最小值时的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由绝对值的几何意义求，再应用公式法求不等式的解集.

（2）由（1）可得，应用基本不等式“1”的代换求的最小值，并确定对应参数a、b的值，即可求.

【详解】（1）由绝对值几何意义知：，当时等号成立，

∴，

由，可得，解得，

∴不等式解集为.

（2）由（1）及题设知：，

∴，当且仅当时等号成立，

∴.