2021-2022学年江西省萍乡市高三（上）期末数学试卷（文科）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年江西省萍乡市高三（上）期末数学试卷（文科）（Word解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年江西省萍乡市高三（上）期末数学试卷（文科）  第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）已知集合，，，则(    )A.  B.
C.  D. 复数的共轭复数为(    )A.  B.  C.  D. 已知点是角终边上的一点，则(    )A.  B.  C.  D. 设命题：正四面体是三棱锥，则为(    )A. 正四面体都不是三棱锥 B. 有的三棱锥不是正四面体
C. 有的正四面体不是三棱锥 D. 不是正四面体就不是三棱锥设，满足约束条件，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 已知直线和平面，满足，，则(    )A.  B. 或
C.  D. 等可能地从集合的所有子集中任选一个，选到非空真子集的概率为(    )A.  B.  C.  D. 已知函数，则不等式的解集为(    )A.  B.  C.  D. 莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题：把个面包分成份，使每份的面包数成等差数列，且较多的三份之和恰好是较少的两份之和的倍，若将这份面包数按由少到多的顺序排列，则第份面包的数量为(    )A.  B.  C.  D. 已知正三棱锥的底面为正三角形，且，，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为(    )A.  B.  C.  D. 若圆与直线始终有交点，则实数的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 已知函数有两个零点，，若，则实数的取值范围是(    )A.  B.
C.  D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已知双曲线的离心率，则该双曲线的虚半轴长 ______ ．已知，则______．已知各项均不相等的数列满足，，对任意且，有，则______．等腰直角中，为斜边上的高，把沿折叠，使得平面平面，则四面体外接球的表面积为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）在中，角，，的对边分别为，，，已知．
求的值；
若，求的值．为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，加强环境的治理和生态的修复，某市在其辖区内某一个县的个行政村中各随机选择农田土壤样本一份，对样本中的铅、镉、铬等重金属含量进行了检测，并按照国家土壤重金属污染评价级标准清洁、尚清洁、轻度污染、中度污染、重度污染进行分级，绘制了如图所示的条形图．
从轻度、中度、重度污染的行政村中按分层抽样抽取个，求这三类评价级的行政村中分别抽取的行政村个数；
规定：轻度、中度、重度污染的行政村分别扣分、分、分，从中抽取的个行政村中任选个，求这个行政村的扣分之和不超过分的概率．
如图，在正三棱柱中，是的中点．
证明：平面平面；
若，求点到平面的距离．
已知函数．
若在上是减函数，求实数的取值范围；
当时，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．已知椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，且．
求椭圆的标准方程；
点，为坐标原点，，为椭圆上的两个动点，线段的中点在直线上，求面积的最大值．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
求曲线的直角坐标方程；
点，若直线与曲线相交于，两点，求的值．设函数已知对任意的，都有．
求实数的取值集合；
设是中最大的元素，正数，满足，证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为，，，
所以，
则．
故选：．
由以在结合集合并集运算及补集运算的定义可求．
本题主要考查了集合并集及补集运算即可求解．
 2.【答案】 【解析】解：，
则复数的共轭复数为．
故选：．
根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为点是角终边上的一点，
所以．
故选：．
由已知利用任意角的三角函数的定义即可求解．
本题考查了任意角的三角函数的定义，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：命题为全称命题，则命题的否定为有的正四面体不是三棱锥，
故选：．
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
 5.【答案】 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
由，得，由图可知，当直线过时，
直线在轴上的截距最大，有最大值为．
故选：．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
 6.【答案】 【解析】解：直线和平面，满足，，
若，则，否则．
故选：．
由线面、面面位置关系，结合平面的基本性质判断线面关系即可．
本题考查命题真假的判断，考查线面、面面位置关系，结合平面的基本性质判断线面关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
 7.【答案】 【解析】解：集合的所有子集有：，，，，，，，，共个，它们等可能，
选到非空真子集的事件有：，，，，，，共个．
所以选到非空真子集的概率为．
故选：．
写出集合的所有子集，再利用古典概率公式计算作答．
本题考查子集与真子集，古典概型，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：因为，
所以恒成立，
故函数在上单调递增，
由得，
解得．
故选：．
先对函数求导，结合导数分析函数的单调性，由单调性可求不等式．
本题主要考查了函数单调性在不等式求解中的应用，导数的应用是求解问题的关键，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：设等差数列的公差为，五份分别设为，，，，，
则：，
解得：，，
第份面包的数量为．
故选：．
直接利用等差数列的通项公式的应用求出结果．
本题考查等差数列的关系式的应用，考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：取的中点，连接，，
则异面直线与所成角为或其补角，
又，为中点，则，，
又，则，
则，
故选：．
先取的中点，连接，，则异面直线与所成角为或其补角，然后再结合余弦定理求解即可．
本题考查了异面直线所成角的求法，考查了转化思想，属基础题．
 11.【答案】 【解析】解：圆的方程即，
据此可得，，
直线方程即，故直线恒过定点，
满足题意时，定点应该在圆内或者圆上，
故，即，
综上可得，实数的取值范围是．
故选：．
由题意首先将圆的方程转化为标准方程，然后确定直线所过的定点，最后利用点与圆的位置关系即可求得实数的取值范围．
本题主要考查直线恒过定点问题，点与圆的位置关系等知识，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】解：因为，所以，
令，即，解得，
令，即，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
即是函数的极小值点；
因为，
不妨设，
所以是函数的一个零点，
若，则，
则，解得．
故选：．
先利用导数的符号变化得到函数的单调区间和极值点，因为是函数的一个零点，再比较零点和极值点的大小关系进行求解．
本题考查利用导数求函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】【分析】
本题考查双曲线的几何性质，注意双曲线的方程形式，要从中分析出、的值．
根据题意，由双曲线的方程分析可得，进而可得，由于其离心率为，则有，解可得的值，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，双曲线的方程为，
则，则，
若其离心率为，则有，
解可得；
故答案为：．  14.【答案】 【解析】解：已知，
设，，
，解得，
，
．
故答案为：．
根据向量的坐标运算求得的坐标，利用向量的数量积坐标公式求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，考查向量的坐标表示以及计算，考查计算能力．
 15.【答案】 【解析】解：对任意且，，而，，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，当时，，，
而满足上式，所以．
故答案为：．
利用给定的递推公式求出数列的通项，再利用累加法求通项作答．
本题考查数列的递推公式，考查学生的运算能力，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：由题意可得：，
又、、两两垂直，
设四面体外接球的半径为，
则，
即四面体外接球的表面积为，
故答案为：．
由已知可得、、两两垂直，设四面体外接球的半径为，则，然后结合球的表面积公式求解即可．
本题考查了空间几何体外接球问题，重点考查了球的表面积公式，属基础题．
 17.【答案】解：由正弦定理可得：，
化简得：，
由余弦定理可得：．
由得，
又因为，
结合正弦定理得，
又，
则，
故A为锐角，可得，
所以． 【解析】利用正弦定理化简已知等式可得，进而利用余弦定理即可求解的值．
由利用同角三角函数基本关系式可求的值，由正弦定理化简已知等式可得，由大边对大角，同角三角函数基本关系式可求的值，进而利用两角和的正弦公式即可求解的值．
本题考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，大边对大角以及两角和的正弦公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 18.【答案】这三类评价级的行政村共个，
则从轻度污染的行政村中抽取个，
从中度污染的行政村中抽取个，
从重度污染的行政村中抽取个；
由中抽取的个行政村中，轻度污染的行政村有个，记为，，，
中度污染的行政村有个，记为，，
重度污染的行政村个，记为，
从中任选个，则所有选取的情况有：，，，，，，，，，，，，，，，共种，
满足条件扣分不超过分的有种，即：，，，，，，，，，
故污染扣分之和不超过分的概率为． 【解析】计算出三类评价级的行政村的个数，利用分层抽样可计算得出从轻度、中度、重度污染的行政村中所抽取的行政村的个数；
将所抽取的个行政村编号，列举出所有的基本事件，确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了古典概型，是基础题．
 19.【答案】解：证明：由题知平面，又平面，
，又因为为正三角形，为的中点，
，且，
平面，又平面，
平面平面；
在正三棱锥中，，，
设点到平面的距离为，
根据等体积算法可得，
，
，
由知，，，
故点到平面的距离． 【解析】先根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
设点到平面的距离为，再利用等体积算法建立的方程即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，等体积法求点面距，属基础题．
 20.【答案】解：因为，所以，
令，得，则的单调递减区间为，
因为在上是减函数，所以，即，
故的取值范围是；
由题知：，则，，即，
当时，恒成立，则，
当时，，令，则，
则当时，，递减；当时，，递增，
故，则，
综上所述，实数的取值范围是． 【解析】可求出，解可得出的减区间，根据在上递减即可求出的取值范围；
时，得出，然后得出恒成立，时显然成立；时得出，令，根据导数即可求出的最小值，然后即可求出的取值范围．
本题考查了根据导数求函数的单调区间的方法，根据导数求函数最值的方法，基本初等函数、积的导数和商的导数的求法，考查了计算能力，属于中档题．
 21.【答案】解：由题知：，
由得：，
即，所以，
故椭圆的标准方程为；
若直线不存在斜率，且线段的中点在直线上，则直线为轴，此时不存在．
故直线存在斜率，且不过原点；
设直线：，，，
与椭圆联立，化简得：，
由，整理可得，即，
且，
，
的中点在直线上，
，得，
；，
记到直线的距离为，则：

，
当且仅当，即时，，面积有最大值为． 【解析】由题可得，即得；
由题可设：，联立椭圆方程利用韦达定理，结合条件可得，进而可得，再利用基本不等式即得．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
 22.【答案】解：由题知：，
，，
曲线的直角坐标方程为；
将直线的参数方程为为参数代入的直角坐标方程得：，
设，对应的参数分别为，，
则；
所以． 【解析】直接利用转换关系，在极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
进一步利用一元二次方程的根和系数的关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 23.【答案】解：，
对任意的，都有，
，
即，
解得，
实效的取值集合；
证明：由可得，，即，
，
当且仅当时，等号成立，
所以． 【解析】利用绝对值的性质可将原问题转化为，解该不等式即可得出答案；
利用基本不等式直接证明即可．
本题考查绝对值不等式的性质，以及基本不等式的运用，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．