2022届浙江省绍兴市第一中学高三上学期期末数学试题含解析

这是一份2022届浙江省绍兴市第一中学高三上学期期末数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届浙江省绍兴市第一中学高三上学期期末数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数的性质求出集合B，再根据交集的定义即可得出答案.【详解】解：因为，，所以.故选：B.2．已知为虚数单位，复数满足，则复数对应的点所在的象限为（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】先利用复数的除法得到，再利用复数的几何意义进行求解.【详解】由，得，则复数对应的点在第四象限.故选：D3．已知实数，满足不等式组，则目标函数的最大值为（       ）A．6 B．4 C．3 D．1【答案】A【分析】首先画出不等式表示的平面区域，再画出初始目标函数表示的直线，再利用几何意义，求目标函数的最大值.【详解】不等式组所表示的可行域为如图所示的及其内部，令，则，所表示的直线如图中虚线所示，平移该直线，当经过点时，取得最大值6.故选：A.4．关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是（       ）A．若lα，α∩β=m，则lmB．若lα，mα，则lmC．若l⊥α，lβ，则α⊥βD．若lα，l⊥m，则m⊥α【答案】C【分析】根据线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质及线面平行、垂直的性质和判定判断各选项的正误.【详解】A，若lα，α∩β=m，则l与m可能相交，平行或者异面；故错误；B，若lα，mα，则l与m平行､相交或者异面；故错误；C，若l⊥α，lβ，根据线面垂直､线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β；故正确；D，若lα，l⊥m，则m与α可能平行；故错误；故选：C.5．函数在区间上的图象可能是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先判断出函数为奇函数，排除B，D，又在区间上，排除A，得出答案.【详解】解：根据题意，，其定义域为，又由，即函数为奇函数，排除B，D，在区间上，，，则，排除A，故选：C.6．设函数，若函数恰有三个零点，，，则的值是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出在的对称轴和，根据图像判断出，关于对称，，关于对称，即可求得.【详解】函数令，可得：，.∵∴令，可得一条对称轴方程.∴令，可得一条对称轴方程.函数恰有三个零点，可知，关于其中一条对称是对称的，即，关于其中一条对称是对称的.即那么.故选：B.【点睛】求几个零点的和通常利用对称轴即可求解.7．已知点不共线，为实数，，则“”是“点在内（不含边界）”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【分析】利用向量共线的推论及充分条件和必要条件的定义即可得解.【详解】若，且，可知三点共线，若，点在内部（不含边界），则；反之不成立，例如时，此时在外部，所以“”是“点在内（不含边界）”的必要不充分条件，故选：B.8．若两圆（）和（）恰有三条公切线，则的最小值为（       ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】分别求出两圆得圆心与半径，再根据两圆恰有三条公切线，可得两圆外切，从而可求得，再根据，利用基本不等式即可得出答案.【详解】解：圆化为，则圆心为，半径，圆化为，则圆心为，半径，因为两圆（）和（）恰有三条公切线，所以两圆外切，则圆心距，所以，所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为.故选：C.9．已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为A，点P是抛物线上的动点，则当的值最小时，的内切圆半径为A． B．2 C．1 D．【答案】A【分析】根据抛物线的性质可知从而当最小，即AP与抛物线相切时，的值最小．求出抛物线过A点的切线方程得出P点坐标，代入面积公式得出面积即可．【详解】解：抛物线的准线方程为．设P到准线的距离为，则．．当PA与抛物线相切时，最小，即取得最小值．设过A点的直线与抛物线相切，代入抛物线方程得，，解得．即，解得，把代入得．或．．所以，设的内切圆半径为r所以，所以．故选：A．10．已知数列满足（），，则当时，下列判断不一定正确的是（       ）A． B．C． D．存在正整数k，当时，恒成立【答案】C【分析】对于A，由已知可得，有基本不等式可得当时，，从而可判断；对于B，利用放缩法可得，即可得，再根据，即可判断；对于C，利用放缩法举出反例即可判断；对于D，由，得，再利用放缩法可得，从而可求得得范围，即可判断.【详解】解：对于A，因为（），所以，当时，，所以与同号，因为，所以，所以当时，，故A正确；对于B，由，得，因为，所以，所以，所以，对任意都成立，故B正确；对于C，由，得，，，，命题可化为，所以，即，当，时，成立，考虑较小时，若此时较大，则不成立，比如，，，故C错误；对于D，由，得，所以，要使，只需保证，所以只需，所以存在正整数k，当时，恒成立，故D正确.故选：C.二、填空题11．已知函数，分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足，若关于x的方程有唯一的实数解，则实数的值为______.【答案】或【分析】由奇函数的性质可知，从而可求得，令，可得函数为偶函数，可得函数关于对称，由题意可得，从而可得答案.【详解】解：因为函数，分别是定义在R上的偶函数和奇函数，所以，，因为，所以，所以，令，则，所以函数为偶函数，则函数关于轴对称，则函数关于对称，因为关于x的方程有唯一的实数解，所以，即，即，解得或.故答案为：或.12．已知平面向量，，满足，，则的最小值是___________.【答案】【分析】已知展开联立方程组，解得，利用将两者建立起关系，解不等式得的范围﹒【详解】∵，∴．∵，∴，∴，且∵，解得，∴，即的最小值为，故答案为：﹒13．如图，在三棱锥中，，，E，F，O分别为棱，，的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是______.【答案】【分析】易证得，引入辅助角变量，设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面角的正弦值，从而可判断所求角的范围.【详解】解：因为，，所以，所以，又因为为的中点，所以，又，所以平面，设，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则平面与平面重合，不妨设，则，则，，则，因为平面，所以即为平面的一条法向量，因为直线与平面所成角为，，所以，因为，所以，所以，所以.故答案为：.三、双空题14．双曲线的右焦点为______，右焦点到直线的距离为______.【答案】          【分析】根据双曲线的方程求得，即可得出右焦点坐标，再根据点到直线的距离公式即可求出右焦点到直线的距离.【详解】解：由双曲线，得，所以双曲线的右焦点为，右焦点到直线的距离为.故答案为：；.15．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体中的最长的棱的长度是______，该几何体的体积是______.【答案】     3     【分析】由三视图可得该几何体为底面是以2为边长的正方形，高为1的四棱锥，根据四棱锥的图形即可求得最长棱，根据锥体的体积公式即可求得体积.【详解】解：由三视图可得该几何体为底面是以2为边长的正方形，高为1的四棱锥，作出该几何体，如图所示，底面，则最长的棱为，该几何体的体积.故答案为：3；.16．若的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则___________；该展开式中的系数为___________.【答案】     6     15【分析】由题意，可得，写出展开式的通项公式，令，代入即可得解的系数【详解】∵的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，∴，∴，则的展开式中的通项为：，令，解得，∴该展开式中的系数为故答案为：6，15.17．对某实验项目进行测试，测试方法：①共进行3轮测试；②每轮测试2次，若至少合格1次，则本轮通过，否则不通过.已知测试1次合格的概率为，如果各次测试合格与否互不影响，则在一轮测试中，通过的概率为________；在3轮测试中，通过的次数X的期望是________.【答案】          【分析】根据给定条件利用独立事件概率的乘法公式求出两次都不合格的概率即可得通过的概率；再利用二项分布的期望公式计算作答.【详解】依题意，一轮测试的2次都不合格的概率，所以在一轮测试中，通过的概率为；在3轮测试中，通过的次数X的所有可能值为：0，1，2，3，一轮测试就是一次试验，有通过与不通过两个结果，因此，，则，所以通过的次数X的期望是.故答案为：；四、解答题18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角B；(2)若，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和题设条件，化简得，进而求得，从而可得；（2）由（1）和正弦定理化简得，结合三角函数的性质，即可求得的范围．【详解】(1)根据正弦定理，由得，又因为，所以，又因为，所以，又因为，所以(2)根据正弦定理∴，∴ 故其中（）又.当时，取最大值19．如图，在空间四边形ABCD中，平面平面ABC，，，，.(1)求证：；(2)已知BC与平面ABD所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1) 过在平面内作的延长线于，连接，根据勾股定理可得，由线面垂直判定定理可得面，即可得线线垂直；（2）先证明OA, OB, OD两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角及二面角即可得解.【详解】(1)过在平面内作的延长线于，连接，如图，则中, 则，,在中，由余弦定理可知,即，满足,即有，又因为,所以面，则.(2)因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC，DO⊥AC，则DO⊥平面ABC，所以BO⊥DO，又有BO⊥AC，DO⊥AC，则有OA, OB, OD两两垂直.以为原点，、､分别为，，轴，建系，设，则，，，，则， 设，分别为面，面的法向量，则由,取，所以BC与平面ABD所成角的正弦为，解得或(舍)，由,令，可得，则故二面角的余弦值为.20．已知数列满足，．(1)求证：数列是等差数列；(2)令，若对任意n∈N，都有，求实数t的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题目中的递推公式和等差数列的定义证明即可；（2）首先可得，，然后判断出{}的单调性，得到其最大的一项，然后可得答案.【详解】(1)证明：由an，得，∴，即，n∈N，故数列是以为首项，以1为公差的等差数列；(2)由（1）得，∴．依题意，恒成立．其中．下面通过判断{}的单调性，求其最大值．由，所以当时当时∴，则，解得t或t3．∴实数t的取值范围是．21．已知椭圆的左右焦点分别为，，其离心率为，P为椭圆C上一动点，面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)过右焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，试问：在x轴上是否存在定点Q，使得为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，.【分析】(1)设出椭圆C的半焦距，根据离心率及三角形面积列出方程组求解即得.(2)当直线l斜率存在时，设出直线l的方程，再与椭圆C的方程联立，设出点Q坐标，借助韦达定理计算探讨即可得解，然后讨论直线l斜率不存在的情况作答.【详解】(1)设椭圆C的半焦距为c，因离心率为，则，由椭圆性质知，椭圆短轴的端点到直线的距离最大，则有，于是得，又，联立解得，所以椭圆C的方程为：.(2)由(1)知，点，当直线斜率存在时，不妨设，，，由消去y并整理得，，，，假定在x轴上存在定点Q满足条件，设点，则，当，即时，，当直线l斜率不存在时，直线l：与椭圆C交于点A，B，由对称性不妨令，当点坐标为时，，，所以存在定点，使得为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．已知函数在处取得极值为的导数．（1）若，讨论的单调性；（2）若，的取值集合是，求中的最大整数值与最小整数值．（参考数据：，，）【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）最大整数值是16，最小整数值是0．【分析】（1）求得，根据，再由，解得或，分，和三种情况讨论，即可求解；（2）由，求得，当时，不合题意，当时，利用导数求得，令，再结合导数求得函数的单调性，进而求得的范围，即可求解.【详解】（1）由题意，函数的定义域为，且，因为在处取得极值，可得，又由，即，解得或，①若，则，在上单调递增，与在处取得极值矛盾，故．②若，当或时，；当时，所以在上单调递减，在，上单调递增．③若，当或时，；当时，所以在上单调递减，在，上单调递增．综上，当时，不符合题意；当时，在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增．（2）设，则，（i）若，则，不合题意．（ⅱ）若，由，可，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，令，则是的最小值，，当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减．，，，，设，则，，故中的最大整数值是16，最小整数值是0．【点睛】方法技巧：（1）函数的导数也是函数，有时需要通过多次求导解决问题；（2）可以在演草纸上画出函数的大致图象，使代数推理和直观推理有机结合；（3）不等式问题往往需要构造函数转化解答；（4）含参数问题往往需要分类讨论，注意分类的标准，要做到不重不漏．