山东省菏泽市2021-2022学年高三上学期期末数学试题B（ 含答案解析 ）

2021—2022学年度第一学期期末考试高三数学试题（B）第I卷注意事项：1.答第卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上.2.每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂在其它答案标号.一、选择题：本大题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用集合的交集运算即可求解.【详解】由题意知：，，所以，故C项正确.故选：C.2.已知，则（）A.0 B.2 C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】根据分段函数的解析式，先求出，再求的值即可.【详解】因为，则.故选：B.3.已知，则的值等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接由诱导公式、二倍角公式运算即可求解.【详解】由题意.故选：D.4.若双曲线的实轴长为2，则其渐近线方程为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用双曲线的实轴长求出a，然后求解渐近线方程即可．【详解】双曲线的实轴长为2，得，又，所以双曲线的渐近线方程为.故选A.【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查渐近线方程，属于基础题．5.若函数的图象在点处的切线方程为，则实数（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】由导数的几何意义求解即可.【详解】因为，所以，因为函数的图象在点处的切线方程为，由导数的几何意义可得，解得：.故选：C.6.函数是定义在上的偶函数，且，若，则（）A.0 B.1 C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】求出的一个周期为2，从而得到.【详解】因为，所以，又是定义在上的偶函数，所以，故，所以的一个周期为2，.故选：B7.设数列的前项和为，若为常数，则称数列为“吉祥数列”.已知等差数列的首项为2，且公差不为0，若数列为“吉祥数列”，则数列的通项公式为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设出等差数列的公差，根据为常数求得后可得通项公式．【详解】设等差数列的公差，则，∴．又数列为“吉祥数列”，∴为常数，不妨设，则得，则，解得：，∴.故选：D．8.我国古代《九章算术》里记载了一个求“羡除”体积的例子，羡除，隧道也，其所穿地，上平下邪.小明仿制“羡除”裁剪出如图所示的纸片，在等腰梯形中，，，在等腰梯形中，.将等腰梯形沿折起，使平面平面，则五面体中异面直线与所成角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】过点作的垂线，垂足为，连接，，根据已知得出四边形为菱形，即可得出，再根据面面垂直的性质证明，即可根据线面垂直的判定得出平面，即可根据线面垂直的性质得出，即可得出答案.【详解】过点作的垂线，垂足为，连接，，四边形为等腰梯形，,四边形为等腰梯形，,,四边形为菱形，，，平面平面，平面平面，平面ABEF，平面，平面，,平面，平面，,平面，平面，，异面直线与所成角的大小为.故选：D.二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的的0分.9.已知，则下列各式成立的是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】取特值可判断A，C；由指数函数的单调性可判断B；作差法判断D.【详解】对于A，取，则，故A错误；对于B，设，因为在R上单调递增，而，所以，所以B正确；对于C，取，，所以，故C错误；对于D，，因为，所以，，，所以，所以，故D正确.故选：BD.10.如图，顺次连接正五边形的不相邻的顶点，得到五角星形状，则以下说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据正五边形的几何特征，结合数量积的运算，向量的加减运算对选项进行逐项判断即可.【详解】由正五边形的对称性可得，每个正五边形的内角为，对于A，在中，，则，进而，所以，同理可得，故四边形是平行四边形，所以，故A正确；对于B，由对称性可得，且，所以，故B正确；对于C，假设，因为，所以，由对称性可得，所以，得是等边三角形，则，所以，故C不正确.对于D，要证，即证四边形是平行四边形，因为五边形为正五边形，所以，因为在中，，所以，，进而，所以，同理可得，故四边形平行四边形，故D正确.故选：ABD.11.在中，角所对的边分别为，且，将分别绕边，所在的直线旋转一周，形成的几何体的体积分别记为，侧面积分别记为则（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】先分别求出将绕边、、旋转一周形成的几何体的体积和侧面积，然后对四个选项逐一判断即可.【详解】将绕边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥，其底面半径是，母线长为，高为.所以其体积，其侧面积；将绕边所在的直线旋转一周形成的几何体是圆锥，其底面半径，母线长为，高为.所以其体积，其侧面积；将绕边所在的直线旋转一周形成的几何体是两个底面重合的圆锥，其底面半径是，母线长分别为和，高之和为.所以其体积，其侧面积.对于选项A：，故A正确；对于选项B，故B错误；对于选项C：，而，所以，故C错误.对于选项D，，故D正确；故选：AD.12.已知函数的图象如图所示，令，则下列说法正确的是（）A.B.函数图象的对称轴方程为C.若函数的两个不同零点分别为，则的最小值为D.函数的图象上存在点，使得在点处的切线斜率为【答案】AC【解析】【分析】根据图象可求出函数，即可得，计算可知A正确，整体代入可得函数图象的对称轴方程为，即B错误；分别求的两零点的表达式可得的最小值为，即C正确；利用导数的几何意义可知D错误.【详解】由图象可知，设的最小正周期为，又，解得；由图可得，又，所以，即；因此，所以；即可得，故A正确；令，解得，所以函数图象的对称轴方程为，即B错误；令，即可得，解得；可得，当时，的最小值为，即C正确；易知，而，因此不存在点，使得在点处的切线斜率为，即D错误；故选：AC第II卷三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.不等式的解集为___________.【答案】【解析】【分析】利用分式不等式的解法解原不等式即可得解.【详解】由可得，解得.故原不等式的解集为.故答案为：.14.我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二.问物几何？“这里的几何指多少的意思.翻译成数学语言就是：求正整数N，使N除以3余2，除以5余2.根据这一数学思想，今有由小到大排列的所有正整数数列{an}，{bn}，{an}满足被3除余2，a1=2，{bn}满足被5除余2，b1=2，把数列{an}与{bn}相同的项从小到大组成一个新数列记为{cn}，则cn=______.【答案】##【解析】【分析】由题意得都是等差数列，两个公差的最小公倍数，即为的公差．【详解】，故的公差为3，的公差为5，故的公差为15．故答案为：15.三棱锥的各顶点都在同一球面上，底面，若，且，此球的表面积等于________.【答案】【解析】【分析】确定的形状，利用线面垂直性质可得两两垂直，再将三棱锥补形成正方体，利用三棱锥与正方体有相同的外接球求解即得.【详解】在中，由及余弦定理得：，于是，即，由底面，平面，得，三棱锥可补形成一个以为棱的正方体，三棱锥的外接球与该正方体的外接球相同，球半径，所以此球的表面积.故答案为：.16.抛物线的焦点为，为抛物线上的两点，以为直径的圆过点，过的中点作抛物线的准线的垂线，垂足为，则的最大值为_______．【答案】【解析】【分析】由抛物线的定义以及已知条件可得，，.代入后，通过不等式的性质即可得到最值.【详解】如图，分别过点、作抛物线的准线的垂线和，垂足分别为、.由抛物线定义得，，由题意知，，又以为直径的圆过点，所以有，则.又因为时，，所以，所以有成立，所以.所以，=,即的最大值为.故答案为：.【点睛】结论点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．2．若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦的端点坐标为，，则弦长为，可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知内角的对边分别为.（1）证明：；（2）点在边上，，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简证明即可.（2）利用勾股定理和正弦定理求解即可.【小问1详解】在中，因为，由正弦定理，得，整理得，因为，所以；【小问2详解】如图，取AB中点E，连接CE，由（1）得，为等腰三角形，所以，设，则，由勾股定理得解得，所以，，所以，在三角形BCD中，由正弦定理可得，得18.在等差数列中，已知.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题意列方程组，解方程求出，，再由等差数列的通项公式即可得出答案；（2）由（1）求出，再由分组求和法求解即可.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意得，解得，所以；【小问2详解】因为，所以，当n为偶数时，，当n为奇数时，为偶数，，所以.19.已知圆C经过两点，，且圆心C在x轴上．（1）求圆的标准方程；（2）已知直线l与直线AB垂直，且与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设出圆的方程，待定系数法求出方程；（2）利用点到直线距离公式及垂径定理进行求解.【小问1详解】已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，因圆C经过两点，，所以，解之得，所以；【小问2详解】由题意知，所以直线l的斜率为，所以设直线l的方程为，得圆心C到直线l的距离为，因为直线l与圆C相交所得弦长为，所以，所以，即，求得或，所以直线l的方程为或．20.如图，三棱锥中，，，，.（1）求证：平面平面；（2）若点是上的动点，试求的长，使得二面角的大小为.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到各边长，由勾股定理逆定理得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，设，求出两个平面的法向量，利用二面角的大小为列出方程，求出，求出的长.【小问1详解】过点D作与点O，因为，所以，因为，所以，可得，，因为，，，所以，又在中，由余弦定理得，因为，所以在中，，故⊥，又因为，平面，所以⊥平面.因为平面，所以平面⊥平面；【小问2详解】过O作交AB于E，由（1）可知，OE，OC，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，因为，所以，过点作⊥于点，则，，，则，为平面ADF的一个法向量，设平面BDF的法向量为，设，，由，取，则，所以，即，解得，此时，使得二面角的大小是.21.已知椭圆的离心率为是椭圆的右焦点，点，直线的斜率为为坐标原点.（1）求方程；（2）设过点的直线与相交于两点，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）由两点的斜率公式求出，再结合椭圆的离心率和焦点坐标求出，即可得出答案；（2）当直线l斜率存在时，设直线，联立直线和椭圆方程，由韦达定理表示出，点到直线的距离公式求出点O到直线PQ的距离，代入三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.【小问1详解】由条件知，得，又，，所以，，故E的方程；【小问2详解】依题意易知当l垂直于x轴时，不合题意，设直线，将代入，得，设，所以，即，，从而.又点O到直线PQ的距离，所以，设，则，当且仅当成立，所以的最大值为1.【点睛】关键点睛：本题的关键点在于联立直线和椭圆的方程，由韦达定理表示出，再求出点O到直线PQ的距离，代入，结合基本不等式即可得出答案.22.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若对任意的，都有成立，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出，分别讨论不同范围下的