浙江省宁波市慈溪市2021-2022学年高三数学上学期期末试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市慈溪市2021-2022学年高三数学上学期期末试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 设集合，，则， 已知复数，则， 已知直线，，则“”是“”的， 某几何体的三视图等内容，欢迎下载使用。
慈溪市2021~2022学年高三上学期期末测试数学试卷一､选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.1. 设集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合交集的概念即可直接求出答案.【详解】因为集合，，所以.故选：D.2. 已知复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的模长公式可求得结果.【详解】因为，则.故选：B.3. 已知直线，，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先根据两直线平行，解得的值，再利用充分条件、必要条件的定义求解.【详解】直线，，的充要条件是，解得因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为：C.4. 某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知该几何体是一个圆柱内部截取了一个内接长方体，进而根据体积公式求解体积即可.【详解】解：根据题意，该几何体是一个圆柱内部截取了一个内接长方体，其中圆柱底面半径为，高为，长方体的底面为的正方形，高为，所以该几何体的体积为 故选：B5. 若实数x，y满足约束条件则的最小值为（    ）A. 5 B. 4 C. -5 D. -6【答案】C【解析】【分析】根据题意作出可行域，进而根据z的几何意义求出最小值.【详解】如图所示，可行域为：由z的几何意义可知，当直线过点B时取得最小值，联立，所以z的最小值为：.故选：C.6. 如图，在正四面体中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，则（    ）A. 直线与垂直，直线平面B. 直线与垂直，直线与平面相交C 直线与异面且不垂直，直线平面D. 直线与异面且不垂直，直线与平面相交【答案】C【解析】【分析】将正四面体补成正方体，设，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】将正四面体补成正方体，设，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、.，，则，结合图形可知，直线与异面且不垂直，设平面的法向量为，，，由，取，可得，因为，故，则，平面，故平面，故选：C.7. 已知函数，，则部分图像为如图的函数可能是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先求解与的奇偶性，进而判断出与非奇非偶函数，排除AB选项，再结合从正数趋向于0时，与的趋向的值，选出正确答案.【详解】因为定义域为，，所以为奇函数，定义域为R，且，所以为偶函数，则与是非奇非偶函数，和为奇函数，当从正数趋向于0时，，C选项错误；当从正数趋向于0时，，符合题意.故选：D8. 设为三角形的一个内角，已知曲线，现给出以下七个曲线：（1）焦点在x轴上的椭圆，（2）焦点在y轴上的椭圆，（3）焦点在x轴上的双曲线，（4）焦点在y轴上的双曲线，（5）抛物线，（6）圆，（7）两条直线.其中是C可以表示的曲线有（    ）A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个【答案】A【解析】【分析】对进行分类讨论，由此确定正确选项.【详解】依题意，，（i）时，曲线的方差为，，表示两条直线，（7）正确.（ii）当时，，，①由于，所以，所以（6）错误.②当时，，所以曲线表示焦点在轴上的椭圆，所以（2）正确.③当时，，所以曲线表示焦点在轴上的双曲线，所以（3）正确.综上所述，正确的一共有个.故选：A9. 设，为梯形ABCD的两个内角，且满足：，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据平方关系和商数关系得，得到，二倍角公式得到，再由两角差的正切公式得到的正切值，根据的范围可得答案.【详解】因为，为梯形ABCD的两个内角，，又，所以，所以，因为，所以，，所以，，则，，所以，，所以，所以，故选：D.10. 已知数列的前n项和为，，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】计算出，由已知得，即，所以，由累乘法可得再利用裂项相消求和可得答案.【详解】由，，得，所以，，所以，即，所以，所以，所以，，故，，所以.故选：A二､填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11. 我国古代数学著作《九章算术.商功》阐述：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.”彆臑是一类特殊的三棱锥，它的四个面都是直角三角形.如图，已知三棱锥是一个鳖臑，且平面ABC，，则___________.【答案】【解析】【分析】由题设易知，结合已知条件即可求的长度.【详解】由题设，△、△、△、△均为直角三角形，又，∴，，则，∴.故答案为：.12. 已知，函数若，则___________.【答案】【解析】【分析】由分段函数解析式可得，则即可求参数a.【详解】由解析式可得：，∴，可得.故答案为：.13. 若，则___________，且___________.【答案】    ①. 1    ②. 61【解析】【分析】根据二项式定理写出与展开式，从而可求出答案.【详解】因为，，所以，.故答案为：；.14. 在中，，，，点D在边AC上，且，设R是外接圆的半径，则___________，___________.【答案】    ①. 3    ②. 【解析】【分析】利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径.【详解】在中，，，利用余弦定理知所以为直角三角形，在直角中，，，在中利用正弦定理知，，即故答案为：3，15. 甲乙两个袋子中分别装有若干个大小和质地相同的红球和绿球，且甲乙两个袋子中的球的个数之比为1：3，已知从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率为p.若从甲袋中有放回的摸球，每次摸出一个，直至第2次摸到红球即停止，恰好摸4次停止的概率为___________；若将甲､乙两个袋子中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是，则p的值为___________.【答案】    ①     ②. 【解析】【分析】（1）从甲袋中有放回摸球，每次摸出红球概率不变，可以看成独立事件；（2）把甲乙两袋球混合后，重新计算袋中红球个数和袋中球的总数是问题关键.【详解】（1）从甲袋中有放回的摸球，每次摸出一个红球的概率都是.则从甲袋中有放回的摸球，每次摸出一个，直至第2次摸到红球即停止，恰好摸4次停止，说明前三次恰好只摸到一次红球，且第四次摸到红球.则其概率为；（2）设甲乙两个袋子中的球的个数分别为a、3a，则甲袋子中有个红球，乙袋子中有个红球. 将甲乙两个袋子中的球装在一起后，袋中共有4a个球，其中有个红球.则有 ，解之得，故答案为：（1）；（2）16. 已知椭圆的左焦点为F，过原点和F分别作倾斜角为的两条直线，，设与椭圆C相交于A､B两点，与椭圆C相交于M､N两点，那么，当时，___________；当时，___________.【答案】    ①.     ②. 4【解析】【分析】①已知直线和圆锥曲线，联立方程消未知数y，得到关于x的一元二次方程，再利用相交弦公式，可以计算弦长；②分别求出相交弦长，再计算.【详解】 ， ，焦点在x轴上 椭圆的左焦点为 ①当 时， 直线 方程为 ②当 时， 求 ： 求 ： 故答案为：① ；②4.17. 已知平面向量，，，其中，是单位向量且满足，，若，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件将向量代入整理可得关于x、y的二元二次方程，然后通过换元，利用方程有解可得.【详解】又，是单位向量且上式令，代入上式整理得：关于x的方程有实数解整理得：，解得故答案为：.三､解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）18. 设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正弦的二倍角公式、辅助角公式可得答案； （2）令，则，则配方后可得答案.【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】因为令，则，且所以故所求函数的取值范围为.19. 如图，在三棱锥中，，，，点M在线段BC上，且.（1）求证：；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取AB中点为Q，连接QP、QM，可得，在中由已知条件可得，即有，根据线面垂直的判定定理可得平面PQM，再由性质定理可得答案；（2）由线面垂直的判定定理可得平面ABC及，过Q作，由线面垂直的判定定理可得平面PQN，及，所以是二面角的平面角，在中计算可得答案.【小问1详解】取AB中点为Q，连接QP、QM，因为，所以，在中，，，，所以，因此，于，即，又，所以平面PQM，因此.【小问2详解】在中，，，，所以，即，又，，所以平面ABC，平面ABC，所以，过Q作，垂足N，连PN，，得平面PQN，平面PQN，所以，所以是二面角的平面角，在中，，，，所以.20. 已知数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，设数列的前n项和为，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据求解的通项公式；（2）先求解的通项公式，然后利用错位相减法求出的前n项和，再求出数列的前n项和.【小问1详解】由题意知所以即,又，所以是等比数列，，经检验，符合要求.【小问2详解】设的前n项和为，又，则于是当时，，此时；当时，，此时故.21. 已知点为抛物线的焦点，设，是抛物线上两个不同的动点，存在动点使得直线PA，PB分别交抛物线的另一点M，N，且，.（1）求抛物线的方程；（2）求证：；（3）当点P在曲线上运动时，求面积的取值范围.【答案】（1）    （2）证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）根据焦点坐标求出，进而求出抛物线方程；（2）表示出点M的坐标，代入抛物线方程后得到关于的等量关系，同理求出关于的等量关系，用韦达定理证明出结论；（3）在第二问的基础上，表达出面积，并求出取值范围.【小问1详解】因为，所以，所以抛物线的方程为；【小问2详解】由知，点M的坐标为又点M在抛物线上，所以，结合整理得：同理，可得所以､是关于y的方程的两个不相等的根故；【小问3详解】由（2）知､是方程的两个不相等的实根又，所以所以，，设AB的中点为Q，则，于是故的面积的取值范围为.【点睛】抛物线的综合题目，往往会设出抛物线上的点的坐标，利用条件得到方程组，再把两个点的坐标看成一个方程的两个根，利用韦达定理进行求解，这也是与椭圆和双曲线不同的地方.22. 设函数.（1）求函数的单调区间；（2）若关于x的方程有两个不相等的实数根､，当时，证明：.（注：…是自然对数的底数）【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求定义域，再求导函数，利用导函数的正负求解的单调区间；（2）结合第一问，利用放缩法和分析法及函数的单调性进行证明.【小问1详解】函数的定义域为，因为令，所以；，所以所以的单调递减区间为，单调递增区间为；【小问2详解】由（1）知，，当时，，于是，所以，要证：只要证：，又在上单调递增即证：即证：由题意知，而，所以原命题得证.【点睛】导函数处理多元不等式证明问题，要选择合适的方法，就本题需要先研究两个变量的大小关系，然后利用放缩法，结合函数的单调性进行证明.