2022届陕西省安康市高三上学期期末数学（理）试题（含答案）

1、2022届陕西省安康市高三上学期期末数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（       ）ABCD【答案】C【分析】利用交集的定义即得.【详解】由题意可得，又，则.故选：C.2已知直线与直线，若，则（       ）A1BC1或2D或【答案】A【分析】由题可得，即求.【详解】因为，所以即解得.故选：A.3已知，则（       ）ABCD【答案】C【分析】利用诱导公式可得，再利用同角关

2、系式及二倍角公式即求.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：C.4“”是“方程是圆的方程”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】A【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】若方程表示圆，则，即，解得或，故 “”是“方程是圆的方程”的充分不必要条件，故选：A5已知，则（       ）ABCD【答案】D【分析】根据指数函数和对数函数的单调性进行判断即可.【详解】因为，所以.故选：D6已知等比数列满

3、足，则（       ）ABCD【答案】B【分析】设数列的公比为，根据已知条件求出和，进而可求得的值.【详解】设数列的公比为，则，即，解得.因为，所以，则.故选：B.7在中，分别在线段，上，且，点是线段的中点，则（       ）ABCD【答案】A【分析】根据向量的运算法则计算即可得出答案.【详解】如图，因为，.因为点是线段的中点，所以，因为，则.所以选项B，C，D错误，选项A正确.故选：A.8已知，且直线始终平分圆的周长，则的最小值是（ 

4、60;     ）A2BC6D16【答案】B【分析】由已知直线过圆心得，再用均值不等式即可.【详解】由已知直线过圆心得：，当且仅当时取等.故选:B.9已知函数，则下列结论正确的是（       ）A的周期为的奇函数B的图象关于点对称C在上单调递增D的值域是【答案】C【分析】由题可得，然后利用正弦函数的性质逐项判断即得.【详解】由题意可得.因为，所以不是奇函数，故A错误；因为，所以的图象不关于点对称，故B错误；令，解得，当时，则C正确；因为，所以，所以，即的值域是，故D错误.故

5、选：C.10已知，在直线上存在点，使，则的最大值是（       ）A9B11C15D19【答案】B【分析】由题意分析可得以线段为直径的圆的方程，由于，得到，即可求出答案.【详解】设以线段为直径的圆为圆，则圆心为，半径，故圆的方程为.因为，所以点在圆上.因为点在直线l上，所以圆心到直线的距离，解得.故选：B.11如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点A与P重合，平面平面，则四棱锥外接球的表面积是（       ）ABCD【答案】A【分析】分

6、别取的中点，易得，则点为四边形的外接圆的圆心，则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，设外接球的半径为，利用勾股定理求得半径，从而可得出答案.【详解】解：分别取的中点，在等边三角形中，是中位线，则都是等边三角形，所以，所以点为四边形的外接圆的圆心，则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，由为的中点，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，则，设外接球的半径为，则，所以，解得，所以，所以四棱锥外接球的表面积是.故选：A.12已知函数若函数有6个零点，则m的取值范围是（       ）AB

7、CD【答案】D【分析】利用数形结合可得在上有两个不同的实数根，然后利用二次函数的性质即得.【详解】设，则，作出函数的大致图象，如图所示，则函数有6个零点等价于在上有两个不同的实数根，则解得.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用数形结合，把问题转化为方程在上有两个不同的实数根，即二次方程根的分布问题，利用二次函数的性质即解.二、填空题13已知向量，不共线，且，则_.【答案】【分析】根据平面共线向量的性质进行求解即可.【详解】因为向量，不共线，且，所以有，则解得.故答案为：14某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱

8、底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.（取）【答案】4500【分析】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，则有，即，解得，所以该模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为.故答案为：4500.15曲线过点的切线方程是_.【答案】【分析】设切点为，可得，进

9、而可得，即求【详解】由题意可得点不在曲线上，设切点为，因为，所求切线的斜率，所以.因为点是切点，所以，即.设，则在上单调递增，且，所以有唯一解，则所求切线的斜率，故所求切线方程为.故答案为：.16如图，在平面四边形中，则_.【答案】【分析】由题意补图形为直角三角形，计算各个边的长度，即可求出.【详解】延长相交于点（如图所示）则为等腰直角三角形，设，则.由勾股定理可得，解得（负值已舍去），则.故答案为：.三、解答题17设等差数列的前n项和为，已知，.(1)求的通项公式；(2)求的最大值.【答案】(1)(2)最大值为【分析】（1）根据条件列出方程组，即可得答案；（2）根据（1）所求结果，写出的表达

10、式，利用二次函数的性质求得结果.(1)设数列的公差为d，则,解得，,故,.(2)由等差数列前n项和公式可得，则当时，取得最大值，且最大值为.18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；(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

11、，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19已知向量，函数.(1)求在上的值域；(2)若，且，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据数量积的运算求得的表达式，然后采用整体处理的方法求得在上的值域；（2）由结合解析式，求得，即，然后利用二倍角公式求得，即可得答案.(1)由题意可得.因为，所以，所以所以，即在上的值域为.(2)因为，

12、所以，所以，因为，所以，所以，故20已知函数.(1)若，求a的值；(2)若对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由可求得的值，进而可求得实数的值；（2）由可得出或，分、两种情况讨论，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.(1)解：因为，所以，所以，所以，解得.(2)解：由，得，即，即或.当时，则或，因为，则不成立，由可得，得；当时，则或，因为，则不成立，所以，解得.综上，的取值范围是.21已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点.(1)求圆C的标准方程.(2)设直线与圆C交于A，B（异于坐标原点O）两点，若以AB为直径的圆过原点，试问直线l是否过定点

13、？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.【答案】(1)(2)过定点，定点为【分析】（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程从而可得答案.（2）设，将直线的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得，从而得出答案.(1)设圆C的标准方程为 由题意可得解得，.故圆C的标准方程为.(2)设，.联立整理的，则，故.因为以AB为直径的圆过原点，所以，即则，化简得.当时，直线，直线l过原点，此时不满足以AB为直径的圆过原点.所以，则，则直线过定点.22已知函数.(1)若在其定义域内是增函数，求的取值范围；(2)定义：若在其定义域内单调递增，且在其定义域内也单调递增，则称为的“协同增函数”.已知函数，若是的“协同增函数”，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）分析可知，对任意的恒成立，利用导数求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围；（2）由（1）可得出，分析可知，在上恒成立，利用导