2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期期末考试数学（文）试题含解析

2022届内蒙古海拉尔第二中学高三上学期期末考试

数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求，再求．

【详解】由已知得，所以，故选C．

【点睛】本题主要考查交集、补集的运算．渗透了直观想象素养．使用补集思想得出答案．

2．已知复数，为虚数单位，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复数除法运算求得，然后求得.

【详解】，

.

故选：C

3．下列判断错误的有（       ）

①命题“，”的否定是“，”

②命题“若，则”是真命题

③命题“若，则函数只有一个零点”的逆命题为真命题

④若为奇函数，则对定义域内的任意，

A．3个 B．2个 C．1个 D．0个

【答案】B

【分析】①由全称命题的否定得到该命题错误；②命题是真命题；③由于当时，函数也只有一个零点，所以该命题错误；④利用奇函数的定义得到该命题正确.

【详解】解：①命题“，”的否定是“，”，所以该命题错误；

②命题“若，则”是真命题；

③命题“若，则函数只有一个零点”的逆命题是“若函数只有一个零点，则”，由于当时，函数也只有一个零点，所以该命题错误；

④若为奇函数，设，则对定义域内的任意，，所以该命题正确.

故答案为：B

4．数列的通项公式为，其前项和为，则=（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据数列通项依次列举出数列的项，进而发现，每4项之和为0，从而求解.

【详解】数列的通项公式为,,

可知每四项之和为0，

故得到

故选：B

5．在中，，点E满足，则（       ）

A． B． C．3 D．6

【答案】B

【分析】根据题中所给的条件 利用相应公式求得结果.

【详解】中，，所以，

，

故选：B.

6．已知圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为（       ）

A．3 B．8 C．4 D．9

【答案】D

【分析】根据两圆公切线的性质，结合基本不等式进行求解即可.

【详解】因为圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，

所以两圆相内切，其中C1(－2a，0)，r1＝2；C2(0，b)，r2＝1，故|C1C2|＝，由题设可知，

当且仅当a2＝2b2时等号成立．

故选：D.

7．已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由三视图知，该几何体有四分之一圆锥与三棱锥构成，故体积为，故选A.

8．已知函数的图像如图所示，且的图像关于点对称，则的最小值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先由函数图像求出函数，再根据函数关于对称求出，从而当时，取得最小值为.

【详解】由题可知

则

又

由的图像关于点对称，可得

当时，取得最小值为

故选：B

【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：

(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.

(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.

9．若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截

得的弦长为2，则的离心率为                                     

A．2 B． C． D．

【答案】A

【详解】由几何关系可得，双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线的距离为，

即，整理可得，双曲线的离心率．故选A．

点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

10．如图，圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长，过的中点B作的垂线交圆O于点C，则异面直线与所成角的大小为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，，可知为异面直线与所成的角，在中， ，从而可得答案.

【详解】由题知B在直角梯形中，因为B为的中点，，

所以，

连接，易证四边形为矩形，所以，

所以为异面直线与所成的角，

在中，，所以,

连接，在中，由，，得；

在中，，所以，

故选：B.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

11．设椭圆的方程为，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（       ）

A．直线AB与OM垂直；

B．若直线方程为，则.

C．若直线方程为，则点M坐标为

D．若点M坐标为，则直线方程为；

【答案】D

【分析】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】不妨设坐标为，则，两式作差可得：

，设，则.

对A：，故直线不垂直，则A错误；

对B：若直线方程为，联立椭圆方程，

可得：，解得，故，

则，故错误；

对：若直线方程为y=x+1，故可得，即，又，

解得，即，故错误；

对：若点M坐标为,则，则，

又过点，则直线的方程为，即，故正确.

故选：.

【点睛】本题考察椭圆中弦长的求解，以及中点弦问题的处理方法；解决问题的关键是利用点差法，属中档题.

12．已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】构造函数令，依题意知为偶函数且在区间单调递增；不等式，利用单调性脱去“”即可求得不等式的解集．

【详解】解：令，则，

因为，

所以，当时，，即在区间单调递增；

又是上的偶函数，

所以是，，上的偶函数，

又；

故，

于是，不等式化为，

故，

解得，又，

故选：．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数奇偶性，考查化归思想与运算能力，属于难题．

二、填空题

13．已知实数满足，则最小值为________．

【答案】

【详解】

由得,作出不等式对应的可行域(阴影部分)，

平移直线由平移可知当直，

经过点B(1,1)时,直线的截距最大，此时z取得最小值，

将B的坐标代入，

即目标函数y的最小值为−1.

故答案为−1.

14．已知，则______.

【答案】

【分析】由两角和的余弦公式及二倍角公式求得转化为的齐次式求解即可

【详解】由题

.

故答案为

【点睛】本题考查两角和与差的余弦公式，正切齐次式求值，熟记公式，准确化为二次齐次式是关键，是中档题

15．以抛物线的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点.已知,．则的焦点到准线的距离为______.

【答案】4

【分析】设出抛物线方程，画出图形，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可抛物线的方程，根据抛物线的性质，即可求得C的焦点到准线的距离．

【详解】设抛物线方程为，画出图形如下图所示．

由,及圆的性质可得,，

设点A的坐标为，则，

∴，即，

又．

∵，

∴，

∴，

解得，

∴抛物线的焦点到准线的距离为.

故答案为4．

【点睛】本题考查抛物线和圆的性质及计算，解题时画出图形并从图形中找到等量关系是解题的关键，同时深刻理解抛物线的定义和几何特征也是解题的关键．

16．已知三棱锥三条侧棱两两互相垂直，且，设内切球的半径为，外接球的半径为，则:=________.

【答案】

【分析】由题意可知，将三棱锥补成一个正方体，则其外接球的半径为正方体对角线的一半，内切球的半径利用等积法求解

【详解】因为三棱锥三条侧棱两两互相垂直，且，

所以将三棱锥补成如图所示的正方体，

设外接球半径为，则，

设内切球的半径为，则内切球的球心到四个面的距离均为，

由，得

，

解得，

所以，

故答案为：

三、解答题

17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求A；

（2）若，证明：△ABC是直角三角形．

【答案】（1）；（2）证明见解析

【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；

（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，

再根据勾股定理或正弦定理即可证出．

【详解】（1）因为，所以，

即，

解得，又，

所以；

（2）因为，所以，

即①，

又②， 将②代入①得，，

即，而，解得，

所以，

故，

即是直角三角形．

【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．

18．已知等比数列{an}的前n项和为Sn.若3S3＝2S2＋S4，且a5＝32.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)设，求数列{bn}的前n项和Tn.

【答案】(1)an＝2n

(2)Tn＝－－

【分析】（1）转化3S3＝2S2＋S4为2S3－2S2＝S4－S3，即，继而可得公比、首项；

（2）可化简得到，裂项相消法求和即得解

(1)

由3S3＝2S2＋S4，可得2S3－2S2＝S4－S3.

即

所以公比q＝2，又a5＝32，

故

an＝2n.

(2)

因为bn＝＝

所以Tn＝

19．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M､N分别是AB､PC的中点

（1）求证：MN平面PAD；

（2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ平面PAD.

【答案】（1）证明见解析；（2）当在的中点时，平面平面.

【分析】（1）取中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面；

（2）假设第一问的即为所求，再利用面面平行进行证明.

【详解】（1）证明：取中点，连接，

分别是的中点，

.

，

又面，面，

∴面.

同理可证：面.

又面，面，,

平面平面，

平面，

平面

（2）解：假设第一问的即为所求

在的中点，

分别是的中点，为的中点

且

则平面平面

且

所以平面平面.

所以第一问的点即为所求，当在的中点时，平面平面.

【点睛】（1）立体几何中位置关系的证明一般用判定定理；

（2）存在性问题的证明：先假设存在，在进行证明.如果存在，可以证明；如果推出矛盾，则不存在.

20．已知函数（且）.

（1）当时，解不等式；

（2）若的最大值为，且正实数满足，求的最小值.

【答案】（1）；（2）2

【详解】分析：第一问首先利用零点分段法，将绝对值符号去掉，将其转化为三个不等式组，将不等式组的解集取并集，求得结果；第二问利用三角不等式求得其最小值，可以转化为，得到之后将式子变形，利用基本不等式求得结果.

详解：（Ⅰ）①当时，；

②当时，；

③当时，

综上所述，不等式的解集为．

（Ⅱ）由三角不等式可得

的最小值为2，

当且仅当时取等号．

点睛：该题考查的是有关不等式的问题，在求解的过程中，需要明确绝对值不等式的解法，再者就是利用三角不等式求得其最值，之后借助于基本不等式求得其最值，在解题的过程中，一定要注意相关的条件.

21．已知椭圆：的离心率，左、右焦点分别是、，且椭圆上一动点到的最远距离为，过的直线与椭圆交于，两点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)当以为直角时，求直线的方程；

【答案】(1)；

(2)或

【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合椭圆的性质进行求解即可；

（2）根据互相垂直直线的性质、直线的点斜式方程求出点，结合点在椭圆上进行求解即可.

(1)

由题意，椭圆的离心率，且椭圆上一动点到的最远距离为，可得，解得，所以椭圆的标准方程为.

(2)

由题意可知，当不存在时，不符合题意.

设直线：，则：，

∴，得，∴

∴，，∴，

直线的方程为或.

22．已知函数.

（1）当时，讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.

【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；

（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.

【详解】（1）当时，，，

令，解得，令，解得，

所以的减区间为，增区间为；

（2）若有两个零点，即有两个解，

从方程可知，不成立，即有两个解，

令，则有，

令，解得，令，解得或，

所以函数在和上单调递减，在上单调递增，

且当时，，

而时，，当时，，

所以当有两个解时，有，

所以满足条件的的取值范围是：.

【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.