浙江省浙南名校联盟2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题 附解析

1、浙江省浙南名校联盟2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题 附解析 浙江省浙南名校联盟20xx-2022学年高三上学期期末联考数学试题 一、选择题：本大题共10小题，每题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据集合的交并补运算即可得解. 【详解】, , , 应选：B 2. 已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线离心率的值得到之间的关系，即可求得双曲线的渐近线方程. 【详解】双曲线中，又即，则 则其渐近线方程是 应选：A 3

2、. 假设复数满足，其中为虚数单位则的值为 A. 1B. C. 2D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数相等解得复数，再去求复数的模即可解决. 【详解】令则 由，可得，解之得 故， 应选：B 4. 已知“是“的 A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】依据线性规划的几何意义，分别作出和表示的平面区域，即可推断出答案. 【详解】设点满足，则点所在的平面区域为如图所示的正方形区域包括边界 ， 设满足，则点所在的平面区域为如图所示的圆面区域， 由此可知成立，不一定成立； 成立时，一定有成立， 故“是“的必要不充分条件， 应选

3、：B. 5. 某几何体的三视图如图所示单位：，则该几何体的体积单位：是 A. 12B. 6C. 4D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由三视图可知，该几何体是底面为矩形的四棱锥，从而可求出其体积 【详解】由三视图可知，该几何体是底面为长为3，宽为2的矩形，高为2的四棱锥，如图所示， 所以该几何体的体积为， 应选：C 6. 已知成等差数列，也成等差数列，则值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以x、y分别表示等差数列与等差数列的公差，即可解决. 【详解】等差数列中，公差， 等差数列中，公差， 故 应选：D 7. 函数的图象大致是 A. B. C. D. 【答案】B 【解

4、析】 【分析】先计算，再计算，比较其大小即可选择. 详解】，排除AC， ， 所以，排除D 应选：B. 8. 已知等边，点分别是边上的动点，且满足，将沿着翻折至点处，如图所示，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在图中分别找到二面角的平面角，二面角的平面角，直线与平面所成角线面角，然后进行大小比较即可解决. 【详解】在等边中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO， 则，平面，平面 故平面，又平面，则平面平面 在中，过P做PM垂直于OD于M，则平面，连接MF， 在等边中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.

5、由，则为二面角的平面角即， 由平面，则为二面角的平面角即 由平面，则直线与平面所成角，即， 设，则， ， ， 则有， 由 可得，则有，则 又 故，又 故 应选：A 9. 已知甲盒子中有3个红球，1个白球，乙盒子中有2个红球，2个白球，同时从甲，乙两个盒子中取出个球进行交换，交换后，分别记甲、乙两个盒中红球个数，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分和两种状况分别去求数学期望，再进行比较即可解决. 【详解】交换后，记甲、乙两个盒中红球个数， 当时，, 则， 则.选项AB均推断错误； 当时， 则， . 即. 则选项C推断正确；选项D推断错误. 应选：C 10. 如图，函数的图

6、象上任取一点，过点作其切线，交于点，过点作其切线，交于点，过点作其切线，交于点，则的取值 A. 与有关，且存在最大值B. 与有关，且存在最小值 C. 与有关，但无最值D. 与无关，为定值 【答案】D 【解析】 【分析】先证实一个结论：函数的图象上任取一点，. 过点作其切线交于点，过点作交于另两个点 ，则；利用该结论即可求出的横坐标关于的表达式，进而求出直线与的方程，联立直线与的方程，即可求出点的横坐标，再依据，即可求出结果. 【详解】先证函数的图象上任取一点，. 过点作其切线交于点，过点作交于另两个点 ，则. 证实:设过点的直线为，联立得: ，得方程 则方程必有一根，于是方程可改写为，其中，

7、当与相切于点时，方程有重根，韦达定理知； 当与相交于点时，方程有另两个根， 韦达定理知. 故. 由于函数的图象关于原点对称， 设，连结，交于另一点，由对称性，则，由上述结论，则，所以； 设，连结交于另一点由对称性，则，由上述结论，则，所以. 于是直线为，直线为， 联立得: ，解得， 所以，故的取值与无关，为定值. 应选：D. 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. 我国古代数学著作田亩比类乘除捷法中有这样一个问题：“给银八百六十四两，只云所得银之两数比总分人数，其银多十二两.问总是几人，每人各得几两，其意思是：“现一共有银子八百六十四两，只知道每个人分到的

8、银子数目的两倍比总人数多十二，则一共有_人，每个人分得_两银子. 【答案】. 36. 24 【解析】 【分析】设共有人，则每人分得两银子，由条件可得，解出即可. 【详解】设共有人，则每人分得两银子， 因为每个人分到的银子数目的两倍比总人数多十二， 所以，即，解得或舍去 所以一共有36人，每人分得24两银子 故答案为：36；24 12. 已知展开式中所有项系数和为1，则实数的值为_，的系数为_. 【答案】. . 【解析】 【分析】令，则由题意可得，从而可求出实数的值，展开式中的系数加上1即可得展开式的系数 【详解】因为展开式中所有项系数和为1， 所以，解得， 则， 所以其展开式的的系数为， 故答

9、案为：， 13. 已知函数，则_；假设函数有3个零点，则实数的取值范围为_. 【答案】 16. 【解析】 【分析】由分段函数表达式先求，再求，然后作出函数fx图象，依据函数有3个零点，得到函数fx的图象与直线有三个交点，结合图象即可得出结果 【详解】， ， ， 作函数的图象可得 函数有3个零点， 函数fx的图象与直线有三个交点， 由图象观察可得， 实数的取值范围为， 故答案为：；. 14. 假设实数满足约束条件，则的取值范围为_. 【答案】 【解析】 【分析】画出不等式组表示的平面区域，再去计算目标函数的取值范围即可. 【详解】不等式组表示的平面区域如下列图： 由，解得，即. 由，解得，即.

10、当直线过时，取最大值 当直线过时，取最小值 故的取值范围为 故答案为： 15. 已知椭圆的右焦点，直线与椭圆交于两点点在第一象限，且为坐标原点，则椭圆的离心率为_. 【答案】# 【解析】 【分析】以椭圆定义和椭圆的对称性结合起来去求椭圆的离心率即可. 【详解】设椭圆左焦点为,连接. 在中，则， 由，可知四边形为平行四边形， 则，又 则，故椭圆的离心率 故答案为： 16. 假设函数与有相同的零点，其中，且在上有且只有一个零点，则的值为_，实数的最小值为_. 【答案】. #60°#. #15°# 【解析】 【分析】依据函数零点相同得到，进而求出，分别求出与的零点，求出实数的最小

11、值. 【详解】因为函数与有相同的零点，故两个函数的最小正周期相同，故，则的零点为，故，；将，代入到中，得到，解得：，则，因为，解得：.令 ，解得：，则，令，解得：，因为在上有且只有一个零点，所以实数的最小值为. 故答案为：， 17. 已知平面向量满足，向量满足，当与的夹角余弦值取得最小值时，实数的值为_. 【答案】 【解析】 【详解】由得，又，则 由，可知，即向量满足，且夹角为 取，分别是线段，的中点， 则,， 由可知，点在直线上.又与的夹角为 要使得最大，则取圆过点、且与直线相切于点，此时取得最大，由切割线定理得，又 ， 则有，解之得 故答案为： 【点睛】应用平面向量基本定理表示向量的实质是

12、利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决 三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证实过程或演算步骤. 18. 已知函数. 1求函数的单调递增区间； 2在中，分别是角的对边，假设为上一点，且满足_，求的面积. 请从；为的中线，且；为的角平分线，且.这三个条件中任意选一个补充到横线处并作答.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 【解析】 【分析】1先对解析式进行化简，再对正弦型三角函数求单调递增区间即可； 2由

13、题干可知，.选时，的面积由计算；选时的面积由计算. 【小问1详解】 ， 由，得， 函数的单调递增区间为，； 【小问2详解】 由，得， 又中，可知； 假设选： 由，可知，可化为， 又，则， 又中，故，所以， 则，故； 假设选：为的中线，且 在中，则有， 在中， 在中， 又， 则 则，又知，故； 故； 假设选：为的角平分线，且. 由题意知， 即，整理得 又在中，则有， 故 解之得，故. 19. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，. 1证实：； 2求与平面所成角的正弦值. 【答案】1证实见解析 2 【解析】 【分析】1通过证实线面垂直来证得. 2建立空间直角坐标系，利用向量法来求得与平

14、面所成角的正弦值. 【小问1详解】 取为中点，连接、， 由于三角形和三角形是等边三角形，所以， 由于，所以面，又面，所以. 【小问2详解】 ，所以，所以. ， . 如图所示，建立空间直角坐标系，为中点， ， 设点坐为面的一个法向量， 则有，得， 取， 设与面所成角为，则有， 所以与面所成角的正弦值. 20. 已知数列前项和为，数列满足， 1求数列与的通项公式； 2假设，对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】1， 2 【解析】 【分析】1首先由与的关系求得数列的通项公式，再以累加法求得数列的通项公式； 2以裂项相消法对求和，并求得其最小值即可解决. 【小问1详解】 数列中，由，得， 时，则 则，

15、故数列是首项为1，公比为2的等比数列.则 由，得， 故. 【小问2详解】 由，可得 ， 则， 当为偶数时，；当为奇数时. 故实数取值范围为. 21. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5. 1求与的值； 2过点作斜率存在的直线与拋物线交于两点异于原点，为在轴上的投影，连接与分别交抛物线于，问：直线是否过定点，假设存在，求出该定点，假设不存在，请说明理由. 【答案】1， 2过定点， 【解析】 【分析】1由抛物线定义，即可求出，再将点代入抛物线方程，即可求出的值； 2设，设直线的方程为，将其代入抛物线方程，由韦达定理得到，同理可得，由己知可得直线的方程为：，将和代入直线方程，化简整理，即可得到结果.

16、 【小问1详解】 解：1依据抛物线的定义得：， 将点代入抛物线方程得：，； 【小问2详解】 解：设， 直线的方程为. 代入抛物线方程得：.得， 由题得，设过点的直线方程为， 代入抛物线方程得：， ， 又由己知可得直线的方程为：， 整理得：， 将和代入直线方程得：， 代入上式可得：， 即，得， 所以直线过定点. 22. 设实数，且，函数. 1求函数的单调区间； 2假设函数有两个不同的零点. i求的取值范围； ii证实：. 【答案】1答案见解析 2i；ii证实见解析 【解析】 【分析】1分和两种状况去求的单调区间； 2首先利用对数均值不等式把转化为不等式，再构造函数利用函数单调性去证实即可. 【小问1详解】 ， 当时，的单调递增区间为. 当时，令，得， 当时，当时， 所以的单调递减区间为，的单调递增区间为. 【小问2详解】 i由1知，时，为极小值点，又函数有两个零点，得. 于是， 得，即 由在单调递增，则由，可得 此时， 故，函数有两个不同的零点. ii证实：由则，得， 于是， 设的极值点为，又由，于是， 令，则 即在上单调递增，又，则在恒成立.