浙江省紹興市2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題-及答案

PAGE55頁(yè)浙江省紹興市2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題學(xué): 姓名班級(jí)考號(hào)一、單選題1．已知全集UAB，則

AB（ ）U

．已知a,bR,2iai3i（其中i為虛數(shù)單位，則ab（ ）A．B．C．2 D．43．某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：cm3）（ ）A．8B．163

C．83

834．若aR，則“a1”是“0”的（ ）C．充要條件

必要不充分條件D已知平面向量abc,a1,bc2，若abc0，則a與b的夾角的余弦值為（ 12

14

14

12fxlogx(a0，且a1)gxax22x在同一坐標(biāo)系內(nèi)的圖象不a可能的是（ ）A．B．C．D．已知正方體ABCDABCD,P是直線AA．B．C．D．111 1 1A．若APA．若AP1AC，則直線AP∥平面BCDAP11 2 11

11，則直線AP∥平面BCD1若AP AC，則直線BP平面ACD1 3 1AP11 2 1

1，則直線BPACD18Cx24xy220，設(shè)Pxy0 0

為直線l:xy20上一點(diǎn)，若C上存在一點(diǎn)Q，使得PQ3 2，則實(shí)數(shù)x的值不可能的是（ ）0A．B．0 C．2 D．4若fxxax,gxx3b，若Fxfgx的圖象關(guān)于直線xt對(duì)稱，則（ ）At0，且abCt0，且a

Bt1，且abDt1，且a設(shè)數(shù)列

的前n項(xiàng)的和為S

，已知aa( a ),a a ，若1 nn n 11 n

9

n1

a2a1n na1，則（ ）6 5A．0S15 2

B．1S2 5C．1S35 2

D．3S2 5二、填空題是宋朝朱翌描寫折扇的詩(shī)句，折扇出入懷袖，扇面書畫，扇骨雕琢，是文人雅士的寵物，所以又有“懷袖雅物”的別號(hào).如圖是折扇AOB的示意圖，已知C為OAOA1,AOB，則此扇面（扇環(huán)）部分的面積是3 .已知F

是雙曲線C:x2

y2

1(a0,b0).左，右焦點(diǎn)，若C上存在一點(diǎn)M，使得MF1

1 MF2

a2 b23MO成立，其中O是坐標(biāo)原點(diǎn)，則C的離心率的取值范圍是 .ABCDAB2,AD1，點(diǎn)EFGHABBCCDAD上（包含端點(diǎn)，若EGHF2，則EG與HF夾角的余弦值的最大值 .三、雙空題

xy 0若實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件2xy2 0，則2xy的最小值，最大值x 0是 .在x1(1x)5的展開式中，常數(shù)項(xiàng)，x2的系數(shù).在ABCB3

,AB2,M是邊BC上一點(diǎn)，且BM2MC,AM2 ，則3BC ，ACB .3袋子中有3個(gè)白球個(gè)紅球，現(xiàn)從中有放回地隨機(jī)取2個(gè)球，每次取1個(gè)，各次取球間相互獨(dú).設(shè)此過程中取到的紅球個(gè)數(shù)為，則P1 ，E .四、解答題fxsinx.(1)若fx

xπ對(duì)于任意實(shí)數(shù)x恒成立，其中π，求的值；3 3 6 (2)gxf2xf2xπg(shù)x在區(qū)間ππ.6 4 4ABCDABCDABCD為矩形，平面DCC

平面111 1 1 11ABCD，ADDDDCCC DC1.1 11 1 2BD1

DD；1BDABBA.1 11 n

1 n2

的前項(xiàng)和為San n

，且S4

2n1

n1

,nN*.求a

a 的值，并證明：數(shù)列 n 是一個(gè)常數(shù)列；2設(shè)數(shù)列

滿足b

2n14SSnn4SSnn1

的前n項(xiàng)和為T

，若16T

89，求正整n n

n k k數(shù)k的值.已知橢圓

:x2y2

1(ab0)，經(jīng)過拋物線C

:y22pxp0)的焦點(diǎn)F的直1 a2 b2 2線l與C

P,Q

在點(diǎn)P處的切線l交

于A,B兩點(diǎn)，如圖.1 2 2 2 1當(dāng)直線PF垂直x軸時(shí)，PF2，求C2的準(zhǔn)線方程；PFQFABQ的重心Gx軸上，且aPFQF

的取值范圍.fxexa1x2Rxxx

x，其中e2.718282為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

1 2 1 2(1)記fx為fx的導(dǎo)函數(shù)，證明：f10；(2)證明：

xfx2 1x

x1x

fx12 .122 1PAGE1919頁(yè)1．A【解析】

參考答案：【分析】U根據(jù)全集UAU【詳解】因?yàn)槿疷1,2,3,4,5，集合A1,3，

A，再利用交集運(yùn)算求解.U所以A2,4,5，又B1,2,4，UU所以U

AB2,4故選：A2．D【解析】【分析】由復(fù)數(shù)相等列方程組解得參數(shù)a,b，即可求得a3b的值.【詳解】2iabi2ab(a2b)ia由iabi3i，可得2a

a1，解之得b1則a131故選：D3．C【解析】【分析】三視圖可得該幾何體為正方體中挖去一個(gè)圓錐，由此可得答案.【詳解】由三視圖可得該幾何體為正方體中挖去一個(gè)圓錐，且圓錐的底面圓為正方體的上底面的內(nèi)切圓，該正方體的棱長(zhǎng)為2，圓錐的底面圓的半徑為1，高為2.所以該幾何體的體積為222112283 3故選：C4．B【解析】【分析】由0，則0a1.【詳解】由0，則0a1由0,1 0”可得出a1”，反之不成立例如取a1，滿足a1，但無意義，不滿足0故a1”是0”故選：B5．B【解析】【分析】將abc0變?yōu)閏ab，將該式兩邊平方，利用向量的乘法運(yùn)算求出ab1，再根2據(jù)向量的夾角公式計(jì)算可得答案.ccab，由abc0，可得所以c2

ab)2a22abb2，即412ab4，所以ab1，21設(shè)a,b的夾角為，則cos ab 21,|a||b| 2 4故選：B.6．D【解析】【分析】利用對(duì)數(shù)函數(shù)及二次函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)分析即得.【詳解】對(duì)于A，由對(duì)數(shù)函數(shù)圖象可知a1，又函數(shù)gxax22x，對(duì)稱軸為x1<1，對(duì)應(yīng)方程a0 2 2

1，從而a2，選項(xiàng)A可能；的兩個(gè)根為

，，由圖知a a對(duì)于B，由對(duì)數(shù)函數(shù)圖象可知a1，又函數(shù)gxax22x，對(duì)稱軸為x1<1，對(duì)應(yīng)方程a02 20的兩個(gè)根為，，由圖知a a

1，從而1a2，選項(xiàng)B可能；對(duì)于C，由對(duì)數(shù)函數(shù)圖象可知0a1，又函數(shù)gxax22x，對(duì)稱軸為x1>1，對(duì)應(yīng)方a0 2 21，從而a1，選項(xiàng)B可能；程的兩個(gè)根為

，，由圖知a a對(duì)于D，由對(duì)數(shù)函數(shù)圖象可知0a1，又函數(shù)gxax22x，對(duì)稱軸為x1<1，對(duì)應(yīng)方a0 2 21，從而a2，選項(xiàng)D.程的兩個(gè)根為故選：D.7．A【解析】【分析】

，，由圖知a a以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA,DC,DD1

xyz軸建立空間直角坐標(biāo)系后，求出相關(guān)直線所在的向量及平面的法向量，通過向量的數(shù)量積即可求解.【詳解】DD為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DCDDxyz軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體1D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C(0,1,1),A(1,0,1)，1 11 1 1 112當(dāng)AP AC時(shí)，APAAAPAA AC(0,0,1) ( , , )，1 3 1

1 1 1 3

3 333DBDC1

xy0設(shè)平面BCD的一個(gè)法向量為m(x,y,z)，則 ，可取m(1,1,1)，APm11 APm11 2則 0，從而可知直線AP∥平面BCD，故選項(xiàng)A正確不正.3 3 3 1ACD1

的一個(gè)法向量n(1,1,1)，AAP AC時(shí)，11 3 1

1 1 1 22BPBAAAAPBA AC(0,1,0)(0,0,1) ( , , )，1 1 1 3

3 3 331BP與n不共線，所以直線BP1

不垂直，故C不正確；AAP AC時(shí)，11 2 1

1 1 1 11BPBAAAAPBA AC(0,1,0)(0,0,1) ( , , )，1 1 1 2

2 2 221BP與n不共線，所以直線BP1

不垂直，故D不正確.故選：A,8．C【解析】【分析】由題可知圓心C在直線l:xy20上，然后利用圓的性質(zhì)可知PC2 2,4 2，再利用弦長(zhǎng)公式可得PC【詳解】

12x1202由圓C：x24xy220，可得x22y22，圓心C2,0，半徑為 ，2∴圓心C在直線lxy20上，∴Px,y0 0

為直線l:xy20上一點(diǎn)，若C上存在一點(diǎn)Q，使得PQ3 2， ∴PC2 2,4 2，又PC

x2，1122∴2 2

x2422022

，即2x0

24，∴實(shí)數(shù)x0

的值可能是2，0，4；實(shí)數(shù)x0

的值不可能是2.故選：C.9．C【解析】【分析】Fxf[(2tx)3b]f(x3b對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，結(jié)合函數(shù)fx的單調(diào)性，對(duì)稱性，gx的值域分析，可得tx3bx3ba對(duì)于xt且使得tx3b和x3b取值在|0x(a0時(shí)或ax(a0之外的所有實(shí)數(shù)x的值恒成立，進(jìn)而得到6tx212t2x8t32ba0有無窮多實(shí)數(shù)根，從而求得t0,2ba.【詳解】∴faxaxaax|x||xa|f(x)，∴fxxaxxa對(duì)稱，2由Fxfgx的圖象關(guān)于直線xt對(duì)稱，則Ftxfgtxf[(2tx)3b]F(x)f[g(x)]f(x3b)，f[(2tx)3bf(x3b對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x恒成立，由于fxxax在a和0,上(a0時(shí))或0和a,上(a0時(shí)分別單調(diào)遞減和單調(diào)遞增，且對(duì)稱軸為直線xa，2∴tx3b和x3b取值范圍都是實(shí)數(shù)集R,且除了xt時(shí)相等，其余情況下不相等，∴tx3bx3ba對(duì)于xt且使得tx3b和x3b取值在|0x(a0時(shí))或x|ax0(a0時(shí))之外的所有實(shí)數(shù)x的值恒成立，6tx212t2x8t32ba0有無窮多實(shí)數(shù)根，故t0,2ba,故選：C.10．C【解析】【分析】將原式兩邊同時(shí)取倒數(shù)，運(yùn)用疊加法求出S5【詳解】由題意可知，a0，na

10

1a，根據(jù)題意即可選出答案.1因?yàn)閍 n ，n1 a2a1n n1 a2a1

1 1a1所以 n a an1 n

.a nn1 n1令n1，得 1a2令n21a3令n31

1aa 111aa21a

1，1，21，a a 34 3令n41a151

1aa 44

1，令n5，得 1aa a 56 5上式相加，得

1，1

11

11

11

11

1aa

a

a5，4324321 43243215 5 6 5

a

a

a a a 1 2 3 4 5即1a6

1Sa 1

5，所以S5

101，a1因?yàn)閍1

a(1a2)9 17所以17

19，所以1101

3，即1

3.22 a a 2 521 1故選：C##14 4【解析】【分析】由已知條件利用扇形面積公式求解即可【詳解】由題意得此扇面（扇環(huán)）部分的面積是1 1 r2 3 3 S2r222 8r28

，3 4 故答案為：412．3,2 【解析】【分析】不妨設(shè)點(diǎn)M在雙曲線的右支上，設(shè)Mx,y，則x≥a，先求出MF1

cxa，ac 2 c c2MF xa，由條件可得OM x，再根據(jù)OM2 x2b2，根據(jù)建立2 a 3 a a2不等式從而可得答案.【詳解】不妨設(shè)點(diǎn)M在雙曲線的右支上，設(shè)Mxy，則FF

c,01 2xc2xc2y2x 2cxc b2x b2222a21c2c2xa222cxa2同理可得MF 2

cxa

cxaacaxcaxa2由MF1

MF2

3MO

xa xa2 x3a a ac b2 c2OM x，又OM2x2y2x2 x2b2 x2b2c2x c2x 2b 4c2x，即5 c22 2 x25 9a22，即x2b2a29a29a295c2所以

a2c2 9

a2所以9b2

5c2，即9c2a2

5c2，即4c2

9a2，即 a2 4所以e2

9 3，即e4 232 13．4##0.85【解析】【分析】建立坐標(biāo)系，根據(jù)題意設(shè)出可設(shè)EGHGs2t2,1s1,利用向量的數(shù)EGHF.【詳解】EG,HF EGHFEGHF2t21 4s2如圖建立直角坐標(biāo)系，則可設(shè)EGHFEG,HF EGHFEGHF2t21 4s2EGHFs2

22st222st224st2t2s24st24st8st24stts24，當(dāng)st0時(shí)，st2

4，2stst0時(shí)，由s2故s0,t02st∴22ts

,∴st1,21當(dāng)且僅當(dāng)s1,t

時(shí)取等號(hào)，2∴st最大值為1，2∴st22的最小值為1229, 24 2422st4此時(shí) 取得最大值為5，4EGHF夾角的余弦值的最大值為5.4故答案為：514． -2； 6【解析】【分析】作出約束條件對(duì)應(yīng)的可行域，根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義找到取最大值和最小值的位置，代入點(diǎn)的坐標(biāo)即可.【詳解】作出不等式組的可行域如圖所示：目標(biāo)函數(shù)z2xy表示函數(shù)在y軸上的截距，由圖知在B點(diǎn)取最小值，A點(diǎn)取最大值；2xy20則B點(diǎn)滿足 ，解得x2，x0即最小值2xy2022；2xy20A點(diǎn)滿足 ，解得x2，xy0即最大值2xy2226；故答案為：-2；615． 1 5【解析】【分析】利用二項(xiàng)式定理即得.【詳解】∴x1(1

xC0x0C11 C5x5)，5 5 5∴展開式中的常數(shù)項(xiàng)為1C01x2的系數(shù)是C1C

5105.5 5 52115.2116． 614【解析】【分析】BMx，在ABM中由余弦定理先求出BM的長(zhǎng)，從而得出BC，再在ABCAC.【詳解】BMx，在ABMAM2AB2BM22ABBMcos601即124x222x2x22x80x4x2（舍）BM2MCBC61在ABCAC7所以AC27

AB2BC22ABBCcos6043622612

282 7321由正弦定理：AC AB，即sinCABsinB 2 2 7321sinB sinC AC 2 1421故答案為：6；211417． 12 425 5【解析】【分析】有放回地取球，每次取一球，先求出每次取到紅球的概率，然后可得P1，由題意 B2,2.5 5 【詳解】C1 2C有放回地取球，每次取一球，則每次取到紅球的概率為2C1 55P1C123122 5 5 25在此過程中取到的紅球個(gè)數(shù)為0,1,2.則 B2,2，則E224故答案為：18．(1)2333

5 5 5512 4；25 53(2)1

,1 2 4 【解析】【分析】xxπ2kππZ進(jìn)而求3得；先利用降冪公式和兩角和的余弦公式及輔助角公式化簡(jiǎn)，然后根據(jù)已知區(qū)間和三角函數(shù)的性質(zhì)求得.(1)fx

xπ，即sinxsinxπ恒成立，33 33 ∴xx2kπkZ,或xx2kπZ恒成立， 33 3由于xx2kπkZ不可能恒成立，33∴xxπ

2kππkZ恒成立,即2kπ+2πkZ恒成立，3 3∴π，∴(2)

2π.3

1cos2xπ解：

1cos2x

3gxf2xf2x sin2xsin2x 6

6 2 2311cos2xcos2xπ11cos2x1cos2x sin2x32

3

2 2 2 1

1sin2x cos2x1 sin2xπ,33322 333

2 3 π π

π 5π π

π 1 當(dāng)x , 時(shí)，2x 4 4 3

6,6,∴sin2x31, ,∴gx

,1 3

232 43gx

33 33 即 在區(qū)間 , 上的取值范圍是區(qū)間 4 4

,1 .2 419．(1)見解析3(2)38【解析】【分析】根據(jù)已知條件，利用線面垂直的性質(zhì)定理可得AD∴DCC

，取CD,C1D1,AB中1 1點(diǎn)O,E,G，OD中點(diǎn)F，連接OG,OE,D1F，可證得OC,OE,OG兩兩垂直，分別以射線OG,OC,OE為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由已知條件和棱臺(tái)的性質(zhì)求得DD,DB的坐1 1標(biāo)，利用空間向量的數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算公式證得DD·DB0，從而證得結(jié)論；1 1ABBA的一個(gè)法向量的坐標(biāo)，然后利用空間向量的夾角的余弦的坐標(biāo)運(yùn)算11公式求得直線BD和平面ABBA所成角的正弦值.1 11(1)證明：∴底面ABCD為矩形，∴AD∴DC,又∴DCC

平面ABCD，1DCC

1平面ABCDDC，AD平面ABCD，1 1∴AD∴平面DCCD，1 1取CD,C1D1,AB中點(diǎn)O，E,G,OD中點(diǎn)F，連接OG,OE,D1F，由底面ABCD為矩形，可得OG//AD，∴OG∴DC,OG∴平面DCCD，1 1又∴OE 平面DCC

，∴OG∴OE,1 1ABCDABC

為四棱臺(tái)，∴DC//D1C1，111 1又DDDCCC1DC，1 11 1 2DCCD

為等腰梯形，∴OE∴OC,1 1∴OC,OE,OG兩兩垂直，分別以射線OG,OC,OE為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.EDOF1OD,由于棱臺(tái)的上下底面相似，且EDOF1OD,11 2 1 2又AD

D

CC1DC1，∴FD1

1 11 1 2DD2DF21DD2DF21 12231 23∴D1,0,D0,1, ,B31 2 2 3DD 1 3 3 3∴ 0, , ,DB1, , ,1 2 2 1 2 233∴DDDB0113 0,331 1 2 2 2 2 ∴BD1

DD.1(2)解：由于棱臺(tái)的上下底面相似，且ADDC1DC1，11 23∴DA1DA,∴A1,1,0,GA1,3

，B11 2

12 2 2∴ 1

GBGB0,1,0,AA132,2,2, 1 ABBD的法向量為mxyz,1 mGBy33則

,∴

y0,m

1x1

y z

x 3z0 1 2 2 2 取z1,則x 3，得m

3,0,1. 3∴DB1,2,

32，31 BDABBA所成角為，則31 113m,DB 1mm,DB 1mDB1mDB1303231 1 323222

8 .直線BD

和平面ABBA所成角的正弦值為 .31 11 8320．(1)a2

3，證明見解析4(2)k=4【解析】【分析】由條件寫出

(n1)2a

(n2)，再與原式作差可求解；n1

2n1 n由得到數(shù)列.n(1)令n1，有

a

1

1，得

3，1 1 3 2 4 2 4n2由S

，有S

(n1)2a

(n2)，n 1

n1

2n1 n兩式相減有a

n2

(n

(n2)，n 1 1 na a化簡(jiǎn)整理得 n n1 (n2)，2n1 2n1a 1 a 1又1 ，2 ，1 4 3 4a所以 n

a1，4 n1，42n1 2n1 a所以數(shù)列2nn

是一個(gè)常數(shù)列. 1(2)由（1）可得a

2n1，所以S

n2

n2 1n2，n1 4

n

1 4 44n2(n4n2(n1)2444SSnn1

8 =8(1 1 )所以n

n(n+1) n n1，所以T8(1111

1 1 )8 8 ，n 2 2

n n1 n1所以有不等式16(8

8 )2(k1)2

8939

128

(k1)2，k1 4 k1 239128 k1故39

，故3k7，(k1)22當(dāng)k3128

(k1)2

32839；k1 2當(dāng)k4時(shí)，128

(k1)2

38.139；k1 2128 (k1)2 64當(dāng)k 5時(shí)， 1839；k1 2 3當(dāng)k6時(shí)，128

(k1)2

1284939；k1 2 7 2當(dāng)k7128(k1)2163239；k1 2故滿足不等式的k4.21．(1)x=1；(2)

171512，512 【解析】【分析】根據(jù)拋物線的性質(zhì)可得F(p0)，根據(jù)題意可得P(p2)，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入拋物線方程2 2p

p y2 y2 根據(jù)題意設(shè)my ，P

1，y

，Q

2，y

，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出直線2 2p

1 2p 2PB的斜率進(jìn)而表示出方程，聯(lián)立橢圓方程并消去x，利用韋達(dá)定理求出yA

y，根據(jù)三角PFFQPFFQ形的重心可得y yA B

y2

，列出方程并解之得出y2，利用拋物線的定義表示1

，結(jié)合換元法化簡(jiǎn)計(jì)算即可.(1)p由C：y22

2px(p0)知，F(xiàn)( 0)，2當(dāng)直線F垂直于x軸時(shí)，由PF2，得P(p2)，2有222ppp2，2所以C2(2)

x

p1，即x1；2p p y2 y2 由題意知，F(xiàn)( 0)，設(shè)直線Pxmy ，P 1yQ 2y，2 2 2

1 2p 2y2 p y2

p xmyp則PF 2

2 ， 2y22pmyp2

0，p 2 2p 2 y

2px4p2m24p20，yy1 2

2pm，yy12

p2，

2p py22pxy

y ，即直線PB的斜率為 y y，2px22px2p2 x12p2y所以直線PB的方程為：yyy

p(x

y2x

1(y

y1)，1x1

1(yy)

1 y 2p p 21y1 p 2 b2y2 b2y3 b2y4y1x2

y21

( p2

a2)y2

1yp2

14p2

a2b20，a2 b2y yA B

b2y31b2y2a2p211

，又G為△ABQ的重心，且G在x軸上，故y y yA B 2

0，所以y2

b2y31b2y2a2p21

，又y2

p2，所以y

b2y31b2y2a2p21

p2，y1 1 1 1整理，得b2y4b2p2y2a2p4

0，解得 ，p2pp2p4a2p44b21

22y2p1PF 2p22y2p1PF 2p2y21p2FQy2 p2y2p22p22y2p2 y4p2y2 b2 1 1 1 1p2 p4p2y2 p4p2y2( )2p2 1 1y1a2pb24a2pb24(1 14a2)pb241 14a2p4 b2p4b2a21 14a21b21 14a2b21123

∴，令t

a，則1t2，b2222123 12

2

24 ∴，5令n 14t2，5

n ，17n21417所以∴式2 2 2

n29

2n3(

51，171)，n3 2(n3) 2 2 2PFFQ故 的取值范圍為( 51，171).PFFQ2 2【點(diǎn)睛】解決直線與圓錐曲線的綜合問題時(shí)，要注意：注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個(gè)條件，明確確定直線、曲線的條件；長(zhǎng)、斜率、三角形的面積和