湖南省常德市2021-2022学年高三数学上学期期末检测试题（Word版附解析）

2021-2022学年度上学期常德市高三检测考试

数学试卷

本试卷满分150分，考试时间120分钟

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 设集合，，则（    ）

A. {1，3} B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用集合的交集运算即可.

【详解】∵集合，，

所以，

故选：C.

2. 已知复数z满足：，则（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先根据复数的除法运算求出，然后根据复数的乘法运算即可求出结果.

【详解】因为，

所以，

因此.

故选：A.

3. 若，则cos2α的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据二倍角公式以及商数关系即可求出．

【详解】．

故选：C．

4. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（    ）

A. 35 B. 42 C. 49 D. 56

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.

【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,

则每轮新增感染人数为，

经过n轮传染，总共感染人数为：，

∵，∴当感染人数增加到1000人时，，化简得，

由，故得，又∵平均感染周期为7天，

所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天，

故选：B

【点睛】等比数列基本量求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．

5. 根据如下样本数据得到的回归直线方程中的，根据此方程预测当时，y的取值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据图表数据求出，代入回归直线求出，得到回归直线方程即可求得.

【详解】根据图表数据求出，，

把代入回归直线，有，解得，

所以.

当时，.

故选：B

6. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的是（    ）

A. 若，则函数f(x)的值域为

B. 点是函数f（x）图象的一个对称中心

C. 函数f（x）在区间上是增函数

D. 函数f（x）的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到

【答案】A

【解析】

【分析】结合五点法求得函数解析式，然后利用正弦函数性质确定单调性、对称中心、函数值域及三角函数图象变换判断即得．

【详解】由题图及五点作图法得，，，

则，，故.

由，得，

故，函数f(x)在区间上不是增函数，故A正确，C错误；

∵当时，，

所以点不是函数f(x)图象的一个对称中心，故B错误；

由，将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，故D错误.

故选：A．

7. 若函数为定义在R上的奇函数，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C. （0，2） D.

【答案】D

【解析】

【分析】令，则由已知可得在上单调递增，而，从而将原不等式转化为，得，再利用为奇函数讨论的情况，进而可求得解集

【详解】令，则，

因为，当时，，

所以当时，，

所以在上单调递增，

因为为定义在R上的奇函数，

所以，所以，

所以不等式转化为，

因为在上单调递增，所以，

所以当时，，

因为为定义在R上的奇函数，

所以当时，不满足，

综上，不等式的解集为

故选：D

8. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，P为双曲线右支上且位于第一象限内的一点，直线PO交双曲线C的左支于点A，直线交双曲线C的右支于另一点B，，，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据双曲线的定义以及对称性可推得以及四边形时平行四边形，进而在 中利用余弦定理可得到a,c之间的关系式，求得答案.

【详解】由双曲线定义可知： ，而，

故，

由双曲线的对称性可知，而,

故四边形为平行四边形，故由得: ,

在 中，，

即，即 ，

则 ，

故选：B.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 若，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】利用基本不等式及指对数函数的性质逐项分析即得.

【详解】∵，，，

∴，当且仅当时取等号，故A错误；

由，当且仅当，即时取等号，故B正确；

因为，当且仅当时取等号，故C错误；

因为，当且仅当时取等号，故D正确.

故选：BD

10. 甲、乙、丙、丁四人各掷骰子5次（骰子每次出现的点数可能为1，2，3，4，5，6），并分别记录每次出现的点数，四人根据统计结果对各自的试验数据分别做了如下描述，可以判断一定没有出现6点的描述是（    ）

A. 中位数为3，众数为5 B. 中位数为3，极差为3

C. 中位数为1，平均数为2 D. 平均数为3，方差为2

【答案】AD

【解析】

【分析】根据数字特征的定义，依次对选项分析判断即可

【详解】对于A，由于中位数为3，众数为5，所以这5个数从小到大排列后，第3个数是3，则第4和5个为5，所以这5个数中一定没有出现6，所以A正确，

对于B，由于中位数为3，极差为3，所以这5个数可以是3，3，3，4，6，所以B错误，

对于C，由于中位数为1，平均数为2，所以这5个数可以1，1，1，1，6，所以C错误，

对于D，由平均数为3，方差为2，可得，，若有一个数为6，取，则，，所以，所以这4个数可以是4，3，3，3或2，3，3，3，与 矛盾，所以，所以这5个数一定没有出现6点，所以D正确，

故选：AD

11. 已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱，的中点，M为线段BD上的动点，则（    ）

A.

B.

C. 三棱锥的体积为定值

D. M为BD的中点时，则二面角的平面角为60°

【答案】BC

【解析】

【分析】由题可得与不平行可判断A，利用线面垂直的判断定理及性质定理判断B，利用棱锥的体积公式可判断C，利用坐标法可判断D.

【详解】由正方体的性质可知，与不平行，故A错误；

由正方体的性质可知，又，

∴平面，又平面，

∴，故B正确；

由题可知M到平面的距离为定值d=2，三角形的面积为定值，所以为定值，故C正确；

如图建立空间直角坐标系，则

∴，

设平面PQM的法向量为，则

，令，则，

平面的法向量可取，

设二面角的平面角为，则

，故D错误.

故选：BC.

12. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线交抛物线于、两点，则（    ）

A. 抛物线的准线方程为

B. 线段的中点在直线上

C. 若，则的面积为

D. 以线段为直径的圆一定与轴相切

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据抛物线的标准方程与准线方程的关系可判断A选项的正误；利用点差法可判断B选项的正误；利用弦长公式以及三角形的面积公式可判断C选项的正误；利用抛物线的焦半径公式可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，抛物线的准线方程为，A错；

对于B选项，设点、，设线段的中点为，

则，两式作差得，可得，

所以，，故，B对；

对于C选项，设直线的方程为，联立，可得，

，解得，由韦达定理可得，，

，解得，

点到直线的距离为，故，C对；

对于D选项，设线段的中点为，则，

由抛物线的定义可得，即等于点到轴距离的两倍，

所以，以线段为直径的圆一定与轴相切，D对.

故选：BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 曲线在处的切线方程为______．

【答案】

【解析】

【分析】求出函数的导数，根据导数的几何意义求解即可.

【详解】由题意可知：，，

所以，即曲线在处的切线的斜率为2，

又 ，故在处的切线方程为：,即，

故答案为：

14. 已知点M的坐标为（2，0），AB是圆O：的一条直径，则______．

【答案】3

【解析】

【分析】设出，则可得，根据数量积的坐标运算可得到的表达式，结合可得答案.

【详解】设 ，则,且，

则，

故答案为：3

15. 展开式中的常数项是______．

【答案】

【解析】

【分析】写出展开式通项，令的指数为零，求出对应的参数，代入通项计算即可得解.

【详解】的展开式通项为，

因为，

在的展开式通项，由，可得，

在的展开式通项，由，可得.

因此，展开式中的常数项是.

故答案为：.

16. 已知正三棱锥的底面是边长为的等边三角形，其内切球的表面积为，且和各侧面分别相切于点、、三点，则的周长为______．

【答案】

【解析】

【分析】设三棱锥的内切球球心为点，计算出正三棱锥的高，可计算得出该三棱锥侧面上的高，计算出的边长，分析可知为等边三角形，即可得解.

【详解】设三棱锥的内切球球心为点，设球切三棱锥的侧面于点，

取的中点，连接，设正的中心为点，则在线段上，

设，的外接圆半径为，则，

，为的中点，则，，

设球的半径为，则，可得，即，

由正棱锥的性质可知平面，因为平面，则，

，所以，，即，解得，

，，

取的中点，连接、，设球切侧面于点，连接，

同理可得，，

因为、分别为、的中点，则，

，则，且，故，

设的中点为，连接、，则，故为等边三角形，

易知为等边三角形，故的周长为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：

（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；

（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；

（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知数列的前n项和为，且．

（1）求，并求数列的通项公式；

（2）若数列满足：，求数列前20项的和．

【答案】（1），，   

（2）

【解析】

【分析】（1）在已知条件中分别取,可求得的值，当时利用和与项的一般关系得到，从而判定数列为等差数列，然后得到通项公式；

（2）利用分段求和法、等差数列求和公式和裂项求和法求得数列前20项的和．

【小问1详解】

解：由题可知，，解得.

在中令,得,解得；

∵①,

∴②,

由①－②得：，即,

∴．

∴数列是首项与公差都为2等差数列,

∴.

【小问2详解】

解：题可知，当时，,

∴.

当时，,

∴,

∴.

18. 如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线．

（1）求证：OA⊥PB；

（2）若C底面圆上一点，且，，，，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质即得；

（2）利用坐标法即求.

【小问1详解】

∵OP是圆柱的一条母线，

∴OP⊥平面OAB，又面OAB，

∴OP⊥OA，

∵AB是圆柱的底面圆的直径，

∴，即OA⊥OB，又∵，

∴OA⊥面OPB，又∵面OPB，

∴OA⊥PB.

【小问2详解】

∵，

∴；

∵AB是圆柱的底面圆的直径，

∴，又，

∴四边形OACB为正方形,

如图建立空间直角坐标系O—xyz，可知，，P（0，0，2），

设平面PAB的法向量为，，，

∴，即，

取，则，又，

设直线PC与平面PAB所成角为θ，

∴，

所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.

19. 设a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，．

（1）求角A的大小；

（2）从下面两个问题中任选一个作答，两个都作答则按第一个记分．

①设角A的角平分线交BC边于点D，且，求面积的最小值．

②设点D为BC边上的中点，且，求面积的最大值．

【答案】（1）；   

（2）①；②.

【解析】

【分析】（1）利用正余弦定理即求；

（2）选①利用基本不等式及面积公式即求；选②利用余弦定理可得，然后利用基本不等式及面积公式即求.

【小问1详解】

∵且,

∴，即，

∴，又，

∴；

【小问2详解】

选①∵AD平分∠BAC，

∴，

∵，

∴，

即，

∴

由基本不等式可得：

，

∴，当且仅当时取“=”，

∴，

即的面积的最小值为；

②因为AD是BC边上的中线，

在中由余弦定理得，

在中由余弦定理得，

∵，

∴，

在中，，由余弦定理得，

∴

∴，

解得，当且仅当时取“=”，

所以，

即的面积的最大值为.

20. 已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的左、右顶点分别为A、B，直线l：经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆交于M，N两点．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设直线BM，AN的斜率分别为，，若，求证：λ为定值．

【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由题可得，，即求；

（2）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理法即求.

【小问1详解】

由题意知右焦点F(1，0)，，又，

则，，

所以椭圆的标准方程为：；

【小问2详解】

设，，

由可得，

则，，

又，B（2，0），，

法一：，由得，

∴

即λ定值．

法二：

即λ为定值．

21. 已知某箱中装有10件产品，其中合格品8件，次品2件．现进行产品质量检测，从中任取一件产品进行检测视为1次质量检测（如果取到合格品，则把它放回箱中；如果取到次品，则不放回箱中且另补放一件合格品到箱中）．在重复n次这样的质量检测后，记箱中的次品件数为．

（1）求的分布列及数学期望；

（2）设表示“n次操作后箱中的次品件数为1”的概率，求，并用表示．

【答案】（1）分布列见解析，1.62   

（2），

【解析】

【分析】（1）由题可知，的可能取值为0，1，2，再分别计算出各取值对应的概率，得到分布列，即可求出数学期望；

（2）根据 “3次操作后箱中的次品件数为1”可知，可能是2次操作后箱中的次品件数为1，第三次取到合格品，也可能是第一次，第二次取到合格品，第三次取到次品，即可求出；根据全概率公式即可用表示出．

【小问1详解】

依题可知，的可能取值为0，1，2

，，

的分布列为

数学期望

【小问2详解】

；

记“n次质量检测后中的次品件数为1”为事件A，“n次质量检测后中的次品件数为2”为事件B，“第n+1次质量检测取到合格品”为事件C，“第n+1次质量检测取到次品”为事件D．

则

，

，，

∴．

22. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数有两个极值点、，且（为自然对数底数，且），求的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；

（2）由已知可得出，，可得出，设，，其中，利用导数求出函数在上的值域，即可得解.

【小问1详解】

解：由题知，函数的定义域为，，

当时，对任意的，且不恒为零，故在上单调递增；

当时，，且不恒为零，故在上单调递增；

当时，令，解得，，则，

当时，；当时，；当时，.

此时，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.

综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，的单调递增区间为、，单调递减区间为.

【小问2详解】

解：由（1）知，当时，有两极值点、，且，，

所以

，

设，，其中，

所以，，

又因为，可知，所以在上单调递减．

∴，即，所以的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题第二小问考查的取值范围，要注意、所满足的关系式（即韦达定理），在化简时，要注意将参数与变量统一为同一变量，通过构造函数，利用求解函数值域的方法来求解.