2022届河北省张家口市高三上学期期末数学试题含解析

这是一份2022届河北省张家口市高三上学期期末数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届河北省张家口市高三上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用交集的定义可求得结果.【详解】由已知可得，故选：B.2．已知，则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用复数的除法化简可得结果.【详解】，故选：A.3．直线与圆交于、两点，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得.【详解】圆心到直线的距离为，圆的半径为，又，故，故选：B.4．已知一个圆锥的底面半径为，其侧面面积是底面面积的倍，则该圆锥的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的母线为，高为，由题意可知，圆锥的底面半径为，圆锥的侧面积为，所以，故，所以该圆锥的体积为，故选：D.5．已知是拋物线上一点，是的焦点，，则（       ）A．2 B．3 C．6 D．9【答案】C【分析】结合抛物线的定义以及抛物线的标准方程列方程，化简求得的值.【详解】由定义，又，所以，解得.故选：C6．已知函数，则函数在点处的切线方程为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】因为，所以，又，故函数在点处的切线方程为，化简得.故选：C.7．已知函数，则（       ）A．函数是奇函数，在区间上单调递增B．函数是奇函数，在区间上单调递减C．函数是偶函数，在区间上单调递减D．函数非奇非偶，在区间上单调递增【答案】A【分析】先判断的奇偶性，然后结合复合函数的单调性判断的单调性，由此确定正确选项.【详解】，故是奇函数.又，由复合函数单调性可知单调递增.故选：A8．已知，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】结合指数运算、基本不等式、对数运算、比较大小等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】因为，所以，所以A错误；又，所以，又，所以，所以B错误；因为，所以，又，所以，故C正确；因为，所以，故只要比较和的大小即可，又，所以，故D错误.故选: C二、多选题9．年月日，中国和美国在联合国气候变化格拉斯哥大会期间发布《中美关于在世纪年代强化气候行动的格拉斯哥联合宣言》（以下简称《宣言》）.承诺继续共同努力，并与各方一道，加强《巴黎协定》的实施，双方同意建立“世纪年代强化气候行动工作组”，推动两国气候变化合作和多边进程.为响应《宣言》要求，某地区统计了年该地区一次能源消费结构比例，并规划了年一次能源消费结构比例，如下图所示：经测算，预估该地区年一次能源消费量将增长为年的倍，预计该地区（       ）A．年煤的消费量相对年减少了B．年天然气的消费量是年的倍C．年石油的消费量相对年不变D．年水、核、风能的消费量是年的倍【答案】BD【分析】设年该地区一次能源消费总量为，计算出年该地区煤、石油、天然气以及水、核、风能的消费量，逐项判断可得出合适的选项.【详解】设年该地区一次能源消费总量为，年煤的消费量为，规划年煤的消费量为，故A错误；年天然气的消费量为，规划年天然气的消费量为，故B正确；年石油的消费量为，规划年石油的消费量为，故C错误；年水、核、风能的消费量为，规划年水、核、风能的消费量为，故D正确.故选：BD.10．已知为椭圆的左､右焦点，直线与椭圆交于两点，过点向轴作垂线，垂足为，则（       ）A．椭圆的离心率为B．四边形的周长一定是C．点与焦点重合时，四边形的面积最大D．直线的斜率为【答案】ABD【分析】根据椭圆的离心率、椭圆中四边形的周长和面积等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】由的方程可得离心率为，故A正确；由椭圆定义可知，，同理，，所以四边形的周长一定是，故B正确；四边形的面积，当点与焦点重合时，，此时四边形的面积，故C错误；设，故，则，故D正确.故选：ABD11．已知，，则（       ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】利用三角恒等变换化简得出，结合角的取值范围可求得角的值.【详解】，故，所以或，故或.又，所以或，故选：BD.12．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biēnào）.如图，三棱锥为一个鳖臑，其中平面，，，，为垂足，则（       ）A．平面B．为三棱锥的外接球的直径C．三棱锥的外接球体积为D．三棱锥的外接球体积与三棱锥的外接球体积相等【答案】BC【分析】利用线面垂直的判定可判断A选项的正误；利用直角三角形的性质可判断B选项的正误；确定球心的位置，求出三棱锥的外接球的半径，利用球体的体积公式可判断C选项的正误；求出三棱锥的外接球半径，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，如下图，过点向引垂线，垂足为，平面，平面，则，，，则平面，又、平面，所以，，，，，则平面，这与平面矛盾，A错；对于B选项，平面，平面，则，在三棱锥中，，则的中点到、、、的距离相等，所以为三棱锥的外接球的直径，故B正确；对于C选项，分别取、的中点、，连接，因为、分别为、的中点，则，平面，则平面，平面，平面，则，故的外心为线段的中点，因为平面，则平面平面，故三棱锥的外接球球心在直线上，即该球球心在平面内，所以的外接圆直径为三棱锥的外接球直径，，，，,在中，，，在中，由余弦定理得，，故，则，所以三棱锥的外接球体积为，故C正确；因为，故为三棱锥的外接球的直径，且，而三棱锥的外接球直径为，故D错误.故选：BC.三、填空题13．已知向量，向量，若，则实数___________.【答案】【分析】利用共线向量的坐标表示可求得实数的值.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.14．已知为等差数列，，，且、、成等比数列，则___________.【答案】【分析】设等差数列的公差为，则，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得数列的通项公式.【详解】设等差数列的公差为，则，由可得，整理可得，可得，所以，，可得，因此，.故答案为：.15．四个不同的小球随机放入编号为的四个盒子中，则恰有两个空盒的概率为___________.【答案】【分析】结合古典概型概率计算公式以及排列组合的计算，求得所求概率.【详解】四个不同的小球随机放入编号为的四个盒子中共有种放法，若恰有两个空盒，则四个不同的小球可分成1个和3个或2个和2个，共有种，故恰有两个空盒的概率为.故答案为：16．已知函数，且函数在区间上单调递减，则的最大值为___________.【答案】【分析】由结合的取值范围可求得的值，由可求得的取值范围，根据已知条件可得出关于的不等式组，解出的范围即可得解.【详解】因为，又，所以，所以，，当且时，，因为在区间上单调递减，则，即，即，因为，则，则且，故，从而，因此，的最大值为.故答案为：.四、解答题17．已知是数列的前项和，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用求得.（2）利用裂项求和法求得.(1)当时，由，得，则.当时，有，符合上式.综上，.(2)由（1）得，，则.18．已知某区、两所初级中学的初一年级在校学生人数之比为，该区教育局为了解双减政策的落实情况，用分层抽样的方法在、两校初一年级在校学生中共抽取了名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如下频率分布直方图：(1)在抽取的名学生中，、两所学校各抽取的人数是多少？(2)该区教育局想了解学生做作业时间的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和做作业时长超过小时的学生比例，请根据频率分布直方图，估计这两个数值；(3)另据调查，这人中做作业时间超过小时的人中的人来自中学，根据已知条件填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为“做作业时间超过小时”与“学校”有关？ 做作业时间超过小时做作业时间不超过小时合计校   校   合计    附表： 附：.【答案】(1)、两校所抽取人数分别为、；(2)估计该区学生做作业时间的平均时长为小时，该区有的学生做作业时长超过小时；(3)列联表答案见解析，有的把握认为“做作业时间超过小时”与“学校”有关.【分析】（1）设、两校所抽取人数分别为、，根据已知条件列出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得解；（2）将频率分布直方图中每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，可得出该区学生做作业时间的平均时长，计算出频率直方图中后三个矩形的面积之和，可得出该地区做作业时长超过小时的学生比例；（3）根据题中信息完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论.(1)解：设、两校所抽取人数分别为、，由已知可得，解得.(2)解：由直方图可知，学生做作业的平均时长的估计值为（小时）.由，可知有的学生做作业时长超过小时.综上，估计该区学生做作业时间的平均时长为小时，该区有的学生做作业时长超过3小时.(3)解：由（2）可知，有（人）做作业时间超过3小时.故填表如下（单位：人）： 做作业时间超过小时做作业时间不超过小时合计校校合计 ，所以有的把握认为“做作业时间超过小时”与“学校”有关.19．在中，内角、、的对边分别为、、，且，.(1)求；(2)若为的中点，，求的面积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理可求得的值，利用同角三角函数的基本关系结合两角和差的正弦公式可求得的值；（2）由正弦定理得出，设，，，利用余弦定理可得出关于的等式，求出的值，利用三角形的面积公式可求得的面积.(1)解：由正弦定理得，，则，则，所以.又，故，所以，.(2)解：由（1）可知，，，.由正弦定理得，设，，，由余弦定理得，解得，所以.20．如图，在四棱锥中，底面为正方形，、、、分别为、、、的中点.(1)证明：平面；(2)若平面平面，为等边三角形，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；（2）取的中点，连接、，证明平面，，设，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值.(1)证明：连接、、.因为、分别为、的中点，且，因为四边形为正方形，则且，为的中点，则且，所以，且，故四边形为平行四边形，故，平面，平面，故平面，因为、分别为、的中点，则，平面，平面，所以，平面，，所以，平面平面.又平面，所以平面.(2)解：取的中点，连接、.因为为等边三角形，为的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为四边形为正方形，则，且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，故，则，如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.设，则、、、，，，，设为平面的法向量，则，即，取，则，设为平面的法向量，则，即，取，则，所以，故.所以二面角的正弦值为.21．已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，点到直线的距离是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值，定值【分析】（1）结合双曲线的离心率，顶点到渐近线的距离求得，由此求得双曲线的方程.（2）根据直线与坐标轴平行或不平行两种情况进行分析，结合根与系数关系以及列方程，化简后根据点到直线距离公式求得点到直线的距离.(1)由题意，得双曲线的渐近线方程为，右顶点为.又，且，所以，故.又，解得，所以双曲线的方程为.(2)设.当直线和轴线平行时，，解得，所以点到直线的距离为.当直线和轴线不平行时，设直线的方程为，由得，，所以.又，所以，得，解得.又点到直线的距离为，则，故，所以点到直线的距离为定值.22．已知函数.(1)当时，证明：函数在区间上单调递增；(2)若，讨论函数的极值点的个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）先对函数求导，再二次求导，可求得导函数在区间上单调递增，从而可得，进而可证得结论，（2）当时，可得单调递增，无极值点，当时，，令，令，利用导数求出的单调区间和极值，从而分，和求解即可(1)证明：当时，.当时，，.所以函数在区间上单调递增，故，故函数在区间上单调递增.(2)解：当时，单调递增，无极值点，当时，，令，令，则，当时，，且，当时，方程有唯一小于零的零点，故函数存在一个极值点；当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，为函数极小值，所以当时，方程无解，函数无极值点；当时，方程有一个解，但当时，，当时，，故函数无极值点.当时，方程有两解，函数存在一个极大值点和一个极小值点.综上，当时，函数存在一个极值点，当时，函数无极值点，当时，函数存在一个极大值点和一个极小值点.