甘肃省张掖市2021-2022学年高三上学期期末数学（文）试题解析.docx

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1、甘肃省张掖市2021-2022学年高三上学期期末数学（文）试题解析-正文内容开始- 绝密启用前 张掖市20212022学年高三年级第一次全市联考文科数学试题 注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题：（本题共12小题,每小题5分,共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知全集，集合，则的子集个数为（） A. 16B. 15C. 8D. 7 答案：C 求出的补集，根据元素的个数计算可得结果. 解：全集，集合， 则， 所以子集个数为 故选：C 2. 若复数的实部为，其中为实数，则（） A. B. C. D. 答

2、案：A 化简得到，得到，再计算模长得到答案. 解：，实部为，故. . 故选：. 本题考查了根据复数类型求参数，复数模的计算，意在考查学生的计算能力. 3. 已知命题p：?a，b>0，命题q：?a，bR，则下列命题为真命题的是（） A. pqB. p?qC. p?qD. pq 答案：D 利用基本不等式时，首先要保证一正，从而发现命题是假命题，再利用复合命题真假性判断复合命题； 解：，命题为假命题， 又命题为真命题，故为真命题. 故选：D. 4. 若，的方差为，则，的方差为（） A. B. C. D. 答案：D 根据平均数和方差的计算公式即可求解. 解：设，的平均数为，方差为， 则， 可得，

3、平均数为： ， 则，的方差： ， 故选：D. 5. 中国景德镇陶瓷世界闻名，其中青花瓷最受大家的喜爱，如图1的青花瓷花瓶的颈部（图2）外形上下对称，可近似看作是中心为原点，焦点在轴上离心率为的双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面，则双曲线的渐近线方程可以为（） 图1图2 A. B. C. D. 答案：A 设出双曲线的标准方程，由离心率可得，从而得出其渐近线方程. 解：设双曲线的标准方程为 则离心率为，则 又双曲线的渐近线方程为 ，即，也即 故选：A. 6. 若变量x，y满足，则目标函数的最小值为（） A. -10B. -6C. -4D. - 答案：A 根据约束条件画出可行域，由目标函

4、数的最小值对应的几何意义判断其所过的点，进而求出最值即可. 解：由题设，约束条件可得如下可行域： 要使的最小，即其所对应的直线在与可行域有交点的情况下，在x轴上的截距最小即可， 当过上图中的A时，目标函数的值最小，而， . 故选：A. 7. 若数列对任意正整数n都有，则（） A. 17B. 18C. 34D. 84 答案：B 根据递推公式，可求出数列的通项公式，从而可求出的值. 解：因为， 所以时， 两式相减，得，即， 又时，得也适合， 所以时， 所以 故选：B 8. 已知向量，若，则的最大值为 A. B. 2C. D. 答案：C 由题意可知四边形ABCD为圆内接四边形，由圆的最长的弦为其直径

5、，只需由勾股定理求的AC的长即可 解：由题意可知：ABBC，CDAD， 故四边形ABCD为圆内接四边形， 且圆的直径为AC，由勾股定理可得AC， 因为BD为上述圆的弦，而圆的最长的弦为其直径， 故的最大值为： 故选C 本题考查向量模长的最值的求解，划归为圆内接四边形是解决问题的关键，属中档题 9. 一个几何体的三视图如图所示， 则此几何体的表面积是（） A.B. C. D. 答案：C 由题意，该几何体为一个正方体和一个直三棱柱拼接而成，画出直观图，由此可求出表面积 解：解：由题意可知，该几何体为一个正方体和一个直三棱柱拼接而成，如图所示 其表面积为， 故选：C 10. A为ABC的内角，且，则

6、（ ） A. B. C. D. 答案：B 由题意可得，联立结合三角形内角的范围可得sinA和cosA的值，代入，计算可得. 解：为的内角，且， 结合可得， ， 所以B选项是正确的. 本题考查两角和与差的余弦公式，涉及同角三角函数基本关系，属基础题. 11. 点是直线上的动点，与圆分别相切于两点，则四边形面积的最小值为 A. B. C. D. 答案：C 解： 试题分析：设，由题意，当垂直于直线时，最小，所以，所以 考点：直线与圆的位置关系、点到直线的距离、最值等 12. 一个机器人每一秒钟前进或后退一步，程序设计师让机器人以前进3步，然后再后退2步的规律移动如果将机器人放在数轴的原点，面向正的方

7、向，以1步的距离为1个单位长度令P（n）表示第n秒时机器人所在位置的坐标，且记P（0）=0，则下列结论中错误的是 A. P（3）=3B. P（5）=1C. P（2022）P（2022）D. P（2022）P（2022） 答案：D 解：试题分析：按“前进3步后退2步”的步骤去算，发现机器人每5秒完成一个循环，解出对应的数值，再根据规律推导，就可得出正确选项 解：根据题中的规律可得：P（0）=0，P（1）=1，P（2）=2，P（3）=3，P（4）=2，P（5）=1， 以此类推得：P（5k）=k （k为正整数） 因此P（2022）=403，且P（2022）=401， 所以P（2022）P（2022）

8、 故选D 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13 已知函数，则_ 答案： 将代入函数的解析式，逐步计算即可求解. 解：因为， 所以， 故答案为：. 14. 已知：，：，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为_ 答案： 解：分析：由题意首先求得集合p和集合q，然后结合题意得到关于实数a的不等式组，求解不等式组即可求得最终结果. 详解：求解绝对值不等式可得：， 求解二次不等式可得：, 若是的充分不必要条件,则：， 求解关于a的不等式组可得：， 结合可得实数的取值范围是（0，3. 点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，二次不等式的解法，充分不必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和

9、计算求解能力. 15. 已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则= _ 答案：3 解：试题分析：由题意设，因， 所以（4，-m），故， 所以= 16. 给出下列命题： 是奇函数； 若是第一象限角，且，则； 函数一个对称中心是； 函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象， 其中正确命题的序号是_（把正确命题的序号都填上）. 答案： 对每个命题进行一一验证. 解：因为函数的定义域为关于原点对称， 令 ，故正确； 若，但，故不正确； 函数的所有对称中心为，当时，对称中心为，故正确； 函数的图象向左平移个单位，得到函数即的图象，故不正确. 三、解答题（共70分.解答题应写出文

10、字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知等差数列公差，前项和为，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 答案：（1） （2） （1）结合等差数列前n项、等差数列通项公式和等比数列性质，解关于的方程即可求解； （2）由（1）结合裂项公式得，采用累加法即可求解. 因为成等比数列，则， 即，化简得：， ， 又，则，即， 联立解得：， . 当时， 所以时，. 18. 2022年1月底因新型冠状病毒感染的肺炎疫情形势严峻，避免外出是减少相互交叉感染最好的方式.全国大?中?小学生都开始了网上学习.为了了解某校学生网上学习的情况，从该校随机抽取了40位同学，记录了他们每周的学

11、习时间，其频率分布直方图如下： （1）求的值并估计该班学生每周学习时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）在该样本中每周学习时间不少于50小时的同学中随机的抽取两人，其中这两人来自不同的组的概率是多少？ 答案：（1），平均数：；（2）. （1）根据小矩形面积之和为1求出a，进而用每个小矩形面积乘以对应底边的中点值，最后求和得到平均数； （2）先分别算出组与组中抽取的人数，进而列举出所有情况，最后由古典概型公式算出答案. 解：（1） 解得： 平均数为： = （2）组：人，记为 组：人，记为 从6人中任取两人： 基本事件总数为15种 来自不同的组： 共8种 所以这两人来自不

12、同组的概率. 19. 如图1，正方形中，将四边形沿折起到四边形的位置，使得(如图2) （1）证明：平面平面； （2）若分别为的中点，求三棱锥的体积 答案：（1）见解析； （2） （1）证明QMAQ和QMQP结合线面垂直、面面垂直的判定即可得证； （2）根据几何关系，利用，由锥体体积公式即可得解. 在正方形中， QMQP， 又AMQ60，在AMQ中，由余弦定理得， ， ， ， 又?平面ABPQ，平面ABPQ， 又QM?平面MNPQ，平面平面； 由（1）知AQQM，QMQP， 在正方形中， 四边形CDMN为矩形 MNAM，MNDM， MNMQ，MNMA， MQMAM，MQ、MA?平面AMQ，MN平

13、面AMQ， MN?平面ABNM，平面ABNM平面AMQ， 过Q作QHAM于H，则QH平面ABNM，即QH平面BEF， QHQMsin60， 20. 已知动点M到定点F（1，0）的距离与到定直线的距离之比为定值. （1）求动点M轨迹L的方程； （2）设L的左?右焦点分别为，过点作直线l与轨迹L交于A，B两点，求的面积. 答案：（1） （2） （1）设，用坐标表示已知等式并化简即得； （2）设，设直线l的方程为，代入椭圆方程，应用韦达定理得，用坐标表示求得，然后由计算出面积 设，d为点M到定直线的距离，根据题意得 ，即， 化简得，即 动点M轨迹L的方程 小问2详解】 由题意可得，设直线l的方程为，

14、 将直线l的方程代入中，得， 设，则，. 所以， 所以 ， 由，解得. 所以， 因此. 21. 已知函数（） （1）若在上是增函数，求的取值范围； （2）若，求证： 答案：（1）； （2）证明见解析. （1）由题意可得在上恒成立，分离得，令，利用导数求得最大值即可求解； （2）当时，令，只需证明即可，利用导数判断的单调性，求出的最大值结合基本不等式即可求证. 因为，所以， 又在上是增函数，所以在上恒成立， 所以当时，恒成立，即恒成立， 设，则， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，所以， 即a的取值范围是 当时， 设，则， 易知在上是减函数，且， 所以存在，使得，且， 在上单调递增，

15、在上单调递减， 所以 所以，即 请考生在22、23两题中任选一题作答.若多做，按所做第一题计分 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为sin（-）=. （1）求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程； （2）设点M（1，0），若曲线C1，C2相交于A，B两点，求的值. 答案：（1），；（2）. （1）利用三角消参求出的普通方程；利用得到的直角坐标方程为； （2）把直线的参数方程为代入，利用t的几何意义即可求出的值. 解：（1）因为曲线参数方程为（为参数）， 所以曲线是以为圆心，为半径的圆. 所

16、以曲线的普通方程为. 因为曲线的极坐标方程为，即， 所以曲线的直角坐标方程为. （2）因为点在直线上，所以直线的参数方程为（t为参数）， 代入，得. 设A，B所对应的参数分别为，则， 所以， 即. 23. 已知函数 （1）解不等式； （2）设的最小值为，实数，满足，求证： 答案：（1） （2）证明见解析 分情况讨论范围分别求出各段解集，再求它们的并集即可； 先求出的最小值，再利用二次函数的性质即可证明. （1）当时，得； 当时，得； 当时，得， 综上所述，原不等式解集为 由（1）可知，时，；时，；时，所以函数的最小值为，则 ，当且仅当，取“” 第17页 共17页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页第 17 页 共 17 页