2022届河北省邯郸市十校联考高三上学期期末数学试题含解析

这是一份2022届河北省邯郸市十校联考高三上学期期末数学试题含解析，共15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届河北省邯郸市十校联考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】D【分析】根据集合交集与补集概念进行计算.【详解】由题意可得：，则.故选：D2．设，则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】直接根据复数的四则运算即可求出【详解】由题意可得：故选：A3．等比数列的前项和为，，，则公比（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合等比数列前项和公式求得.【详解】依题意，等比数列满足，，，则，，两式相除得，.故选：D4．某高校甲､乙两位同学大学四年选修课程的考试成绩等级（选修课的成绩等级分为1，2，3，4，5，共五个等级）的条形图如图所示，则甲成绩等级的中位数与乙成绩等级的众数分别是（       ）A．3，5 B．3，3 C．3.5，5 D．3.5，4【答案】C【分析】将甲的所有选修课等级从低到高排列可得甲的中位数，由图可知乙的选修课等级的众数.【详解】由条形图可得，甲同学共有10门选修课，将这10门选修课的成绩等级从低到高排序后，第5，6门的成绩等级分别为3，4，故中位数为，乙成绩等级的众数为5.故选：C.5．已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，根据体积公式计算可得，利用扇形的面积公式计算即可求得结果.【详解】如图，设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，所以，圆锥的体积，解得，所以该圆锥的侧面积为.故选：B6．已知椭圆的左顶点和上顶点分别为，若的垂直平分线过的下顶点，则的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题干条件得到，进而列出方程，求出，进而求出离心率.【详解】由题可知，因为的垂直平分线过的下顶点，所以，则，解得：，所以的离心率.故选：A7．酒驾是严重危害交通安全的违法行为.根据国家有关规定：100血液中酒精含量在20~80之间为酒后驾车，80及以上为醉酒驾车.假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了1.2，且在停止喝酒以后，他血液中的酒精含量会以每小时20%的速度减少，若他想要在不违法的情况下驾驶汽车，则至少需经过的小时数约为（       ）（参考数据：，）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】根据题意列出不等式，利用指对数幂的互化和对数的运算公式即可解出不等式.【详解】设该驾驶员至少需经过x个小时才能驾驶汽车，则，所以，则，所以该驾驶员至少需经过约8个小时才能驾驶汽车.故选：C8．已知实数a，b满足，，则（       ）A．-2 B．0 C．1 D．2【答案】B【分析】由已知构造函数，利用，，及函数的单调性、奇偶性即可得出结果.【详解】构建函数，则为奇函数，且在上单调递增.由，，得，，所以.故选：B.二、多选题9．下列式子等于的是（       ）A． B．C． D．【答案】CD【分析】根据诱导公式，即可判断A，B不正确；根据三角恒等变换，即可判断C正确；根据余弦的二倍角公式，即可判断D正确，由此即可得到答案.【详解】，故A不正确；，故B不正确；，故C正确；，故D正确.故选：CD.10．设，，且，则“”的一个必要条件可以是（       ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】题中为必要条件，则能推出选项，逐一判断【详解】对于A，若，则成立；对于B，若，则，成立；对于C，，无法判断出；对于D，，且，因为，所以不能得出与2的大小关系.故选：AB11．若函数的图象上存在两点，使得的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是（       ）A． B．C．， D．【答案】ACD【分析】函数的图象上存在两点，使得的图象在这两点处的切线互相垂直，则判断存在两个函数值的乘积为即可.【详解】当时，，当时，满足条件；当时，恒成立，不满足条件；当，时，，当，满足条件；当时，，函数单调递增，且，，所以存在，，满足条件.故选：ACD.12．已知定义在上的函数（       ）A．若恰有两个零点，则的取值范围是B．若恰有两个零点，则的取值范围是C．若的最大值为，则的取值个数最多为2D．若的最大值为，则的取值个数最多为3【答案】AC【分析】对选项A和B，根据的图象性质可知，然后解出不等式即可；对选项C和D，对的最大值取值点进行分类讨论，并利用的单调性和图象特点即可【详解】令，若恰有两个零点，则有：解得的取值范围是：若的最大值为，分两种情况讨论：①当，即时，根据正弦函数的单调性可知，解得：②当，即时，根据正弦函数的单调性可知，在上单调递增则有：结合函数与在上的图象可知，如下图：故存在唯一的，使得综上可知，若的最大值为，则的取值个数最多为2故选：三、填空题13．已知平面向量，满足，则与夹角的大小为___________.【答案】【分析】将等式两边平方，利用向量的数量积和夹角公式即可求解.【详解】知平面向量，满足，则与夹角的大小由两边平方得，即，因为，所以，所以，得.故答案为：.14．将五枚质地､大小完全一样的硬币向上抛出，则正面向上的硬币枚数为2或者3的概率为___________.【答案】【分析】利用独立重复试验求解.【详解】设表示五枚硬币中正面朝上的硬币数量，则.故答案为：15．根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点.如图所示，从沿直线发出的光线经抛物线两次反射后，回到光源接收器，则该光线经过的路程为___________.【答案】12【分析】求出，利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离可得答案.【详解】由得，设，，由抛物线性质，与轴的交点即为抛物线的焦点，，，，所以， 所以该光线经过的路程为12.故答案为：12.16．已知为正方体表面上的一个动点，，是棱延长线上的一点，且，若，则动点运动轨迹的长为___________.【答案】【分析】由题意可知，且点的轨迹是以为球心，为半径的球与正方体表面的交线，作出草图，根据弧长公式即可求出结果.【详解】因为，是棱延长线上的一点，且，所以，由勾股定理，可知，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球与正方体表面的交线，如下如所示：所以动点运动轨迹在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为；在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为；在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为；所以动点运动轨迹的长为.故答案为：.四、解答题17．已知在数列中，，，且该数列满足.(1)求的通项公式；(2)已知是数列的前n项和，且，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）直接由，可得数列为等差数列，进而利用等差数列求通项即可；（2）由，展开直接求和即可.【详解】(1)由题意得，所以数列为等差数列，又，，所以数列的公差为，所以，即.(2)由（1）知，则.18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.(1)求B.(2)___________，若问题中的三角形存在，试求出；若问题中的三角形不存在，请说明理由.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在横线上.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）由正弦定理及正弦的两角和公式可求解；（2）选择条件①，由正弦定理及辅助角公式可求解；选择条件②，由余弦定理及正切三角函数可求解；选择条件③，由余弦定理可求解.【详解】(1)由，可得，则.∴，在中，，则，∵，∴，∴，∵，∴.(2)选择条件①，在中，，可得，∵，∴，∴，根据辅助角公式，可得，∵，∴，即，故.选择条件②由，得，∵，∴，因此，，整理得，即，则.在中，，∴.故.选择条件③由，得，即，整理得，由于，则方程无解，故不存在这样的三角形.19．为了调查某苹果园中苹果的生长情况，在苹果园中随机采摘了个苹果.经整理分析后发现，苹果的重量（单位：）近似服从正态分布，如图所示，已知，.(1)若从苹果园中随机采摘个苹果，求该苹果的重量在内的概率；(2)从这个苹果中随机挑出个，这个苹果的重量情况如下.重量范围（单位：）个数 为进一步了解苹果的甜度，从这个苹果中随机选出个，记随机选出的个苹果中重量在内的个数为，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】(1)；(2)分布列答案见解析，数学期望为.【分析】（1）利用正态密度曲线的对称性结合已知条件可求得的值；（2）分析可知，随机变量的所有可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【详解】(1)解：已知苹果的重量（单位：）近似服从正态分布，由正态分布的对称性可知，，所以从苹果园中随机采摘个苹果，该苹果的重量在内的概率为.(2)解：由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、，，；，所以，随机变量的分布列为： 所以.20．如图，在多面体ABCEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，．(1)证明：．(2)若平面平面ACE，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到、，即可得到平面，再根据，即可得证；（2）由面面垂直的性质得到平面，建立如图所示空间直角坐标系，设，即可得到点，，的坐标，最后利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】(1)证明：连接DE．因为，且D为AC的中点，所以．因为，且D为AC的中点，所以．因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面．因为，所以平面BDE，所以．(2)解：由（1）可知．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE两两垂直．以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设．则，，．从而，．设平面BCE的法向量为，则令，得．平面ABC的一个法向量为．设二面角为，由图可知为锐角，则．21．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）研究当时的导数的符号即可讨论得到的单调性；（2）对原函数求导，对a的范围分类讨论即可得出答案.【详解】(1)当时，，令，则，所以在上单调递增.又因为，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.(2)，且.①当时，由（1）可知当时，所以在上单调递增，则，符合题意.②当时，，不符合题意，舍去.③当时，令，则，则，，当时，，所以在上单调递减，当时，，不符合题意，舍去.综上，a的取值范围为.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．22．如图，已知双曲线，过向双曲线作两条切线，切点分别为，，且.(1)证明：直线的方程为.(2)设为双曲线的左焦点，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设出切线方程，联立后用韦达定理及根的判别式进行表达出A的横坐标与纵坐标，进而表达出直线的方程，化简即为结果；（2）再第一问的基础上，利用向量的夹角公式表达出夹角的余弦值，进而证明出结论.【详解】(1)显然直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得，则，化简得.因为方程有两个相等实根，故切点A的横坐标，得，则，故，则，即.(2)同理可得，又与均过，所以.故，，，又因为，所以，则，，故，故.【点睛】圆锥曲线中证明角度相关的问题，往往需要转化为斜率或向量进行求解.