2022年浙江省嘉兴市2019-届第一学期期末检测高三数学试题 .pdf

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1、1 嘉兴市 2018-2019 学年第一学期期末检测高三数学试题卷第卷一、选择题：本大题共10个小题 , 每题 4 分, 共 40 分. 1.已知集合，则A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】【分析】根据题干可知集合A，B，由集合的交集的概念得到结果. 【详解】集合，则. 故答案为： D. 【点睛】这个题目考查了集合的交集的求法，属于基础题. 2.已知复数， 是虚数单位 ，则A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】【分析】根据复数的乘法运算得到结果. 【详解】复数，, 则=4+3i. 故答案为： C. 【点睛】此题考查了复数的乘法运算，是基础题. 3.双曲线的离心率是A. B.

2、C. D. 【答案】 B 【解析】【分析】根据双曲线方程得到参数a,b,c的值，进而得到离心率. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页2 【详解】双曲线,. 故答案为： B. 【点睛】这个题目考查了双曲线的方程的应用，属于基础题。4.某几何体的三视图如下图单位： ，则该几何体的体积单位：是A. B. 54 C. D. 108 【答案】 A 【解析】【分析】根据三视图得到原图，再由四棱锥体积公式得到结果. 【详解】根据三视图得到原图是如上图的一个四棱锥反转之后的图，正确的图应是三角形VAD 为底面，是底边为6，高为的等

3、腰三角形，点V 朝外，底面ABCD 是竖直的，位于里面边长为6 的正方形，且垂直于底面VAD. 该几何体是四棱锥，体积为故答案为： A. 【点睛】这个题目考查了由三视图复原几何体的应用，考查了四棱锥的体积的求法，思考三视图复原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“ 长对正，高平齐，宽相等” 的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

4、 - - -第 2 页，共 16 页3 直观图； 2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整 . 5.已知等比数列的各项均为正，且，成等差数列，则数列的公比是A. B. 2C. D. 【答案】 C 【解析】【分析】根据题意得到由数列各项是正数，可得到首项和公比均为正，进而化简为，求解即可 . 【详解】根据，成等差数列得到=，再根据数列是等比数列得到，因为等比数列的各项均为正，故得到解得或 -2舍去，故得到公比为. 故答案为 :C. 【点睛】解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系：如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数

5、列，则要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来，研究这些项与序号之间的关系；如果两个数列是通过运算综合在一起的，就要从分析运算入手，把两个数列分割开，再根据两个数列各自的特征进行求解6.函数的大致图象是A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】【分析】根据函数解析式，可代入特殊点，进行排除. 【详解】根据函数表达式，当x2 时，函数值大于0，可排除 A 选项，当 x-1 时，函数值小于0 故可排除C精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页4 和 D 选项，进而得到B 正确。故答案为： B. 【点睛】这个题目考查了已知

6、函数解析式，求函数图像的问题，这种题目一般可以代入特殊点，进行选项的排除，或者根据函数表达式得到函数的定义域，值域的问题，进行排除. 7.已知直线，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】 C 【解析】【分析】先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案. 【详解】直线，的充要条件是，当 a=2 时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到 “” 是“” 的充分必要条件. 故答案为： C. 【点睛】 判断充要条件的方法是：假设 p? q 为真命题且q? p为假命题， 则命题 p 是命题 q 的

7、充分不必要条件；假设p? q 为假命题且q? p 为真命题，则命题p 是命题 q 的必要不充分条件；假设p? q 为真命题且q? p为真命题，则命题p 是命题 q 的充要条件；假设p? q 为假命题且q? p为假命题，则命题p 是命题 q的即不充分也不必要条件判断命题p 与命题 q 所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p 与命题 q的关系 8.已知随机变量的分布列如下，则的最大值是-1 0 A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】【分析】根据分布列的性质得到b=a,再由均值的概念得到， 由二次函数的性质得到结果即可. 精选学习资料 - - - - - - - -

8、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页5 【详解】 根据分布列的性质的到,所有的概率和为1,且每个概率都介于0 和 1 之间， 得到 b-a=0,，根据公式得到化简得到，根据二次函数的性质得到函数最大值在轴处取，代入得到. 故答案为： B. 【点睛】这个题目考查了分布列的性质以及应用，分布列的概率和为1，每个概率值介于0 和 1 之间，或者可以等于0 或 1，题型基础 . 9.已知长方体的底面为正方形， 且， 侧棱上一点满足，设异面直线与，与，与的所成角分别为， ， ，则A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】【分析】根据题意将异面直线平移到同一平面，再由

9、余弦定理得到结果. 【详解】根据题意将异面直线平移到同一平面中，如上图，显然， ，因为，异面直线与的夹角即角，根据三角形中的余弦定理得到，故，同理在三角形中利用余弦定理得到：，故，连接 AC，则 AC 垂直于 BD ，CE 垂直于 BD ，AC 交 CE 于 C 点，故可得到BD 垂直于面ACE，进而得到BD垂直于 AE，而 BD 平行于.从而得到，故. 故答案为： A. 【点睛】这个题目考查了异面直线夹角的求法，一般是将异面直线平移到同一平面中，转化到三角形中进行精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页6 计算，或者建

10、立坐标系，求解两直线的方向向量，两个方向向量的夹角就是异面直线的夹角或其补角. 10.已知向量， 满足，则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】【分析】根据题干条件得到题目所表示的几何意义，根据椭圆的定义和几何意义得到结果. 【详解】设点M ，为平面中任意一点，点是关于原点对称的两个点，设，根据题意， 根据椭圆的定义得到点M 的轨迹是以为焦点的椭圆， 方程为.,即. 故答案为： D. 【点睛】 这个题目考查了向量的加法的几何意义，考查了解决向量问题的数形结合的方法，向量的两个作用：载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；工具作用：利用

11、向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题. 第卷二、填空题本大题共7小题，多空题 6 分，单空题 4 分，共 36分11.计算：_ ，方程的解为 _. 【答案】(1). 2(2). ；【解析】【分析】根据对数运算法则进行运算即可. 【详解】根据对数的运算得到; 方程,即. 故答案为： (1). 2;(2). 【点睛】此题考查了对数的运算公式以及指对互化的应用，较为简单. 12.已知函数的最小正周期是，则_，假设，则_ . 【答案】(1). (2). ；【解析】【分析】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页7 根据正弦函

12、数的性质得到周期公式，进而求得参数值；由诱导公式得到再由二倍角公式得到结果. 【详解】函数的最小正周期是假设,即化简得到根据二倍角公式得到故答案为： (1) ；(2). 【点睛】这个题目考查了正弦函数的性质以及诱导公式和二倍角公式的应用，题型简单. 13.已知的展开式的所有项系数之和为27， 则实数_， 展开式中含的项的系数是 _. 【答案】(1). 2(2). 23；【解析】【分析】将 x=1 代入表达式可得到各项系数之和，按照展开式的系数的公式得到的系数之和 . 【详解】已知的展开式的所有项系数之和为27,将 x=1 代入表达式得到展开式中含的项的系数是故答案为： (1). 2；(2).

13、23. 【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可 ;(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数. 14.在平面直角坐标系中，不等式组所表示的平面区域的面积等于_，的取值范围是_. 【答案】(1). 2(2). ；【解析】【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求面积，只需求出区域图形的面积即可；将目标函数化为斜截式，根据图像分析得到最值. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，

14、共 16 页8 【详解】不等式组表示的可行域如图，三条直线围成的三角形，可得 C1，0 ，可得 B1，4 ，解得 A0，1区域面积为：412目标函数,根据图像得到过点B 时取得最小值1，过点 C 时取得最大值6. 故答案为： (1)2;(2). 【点睛】利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域;(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型型 、斜率型型和距离型型;(3)确定最优解： 根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解;(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值. 15.已知正实数， 满足，则的最大值为 _. 【答案】 3；【解析】

15、【分析】将原式子变形得到再由均值不等式可得到最值. 【详解】已知正实数， 满足，根据均值不等式得到等号成立的条件为： x=2y+2. 故答案为： 3. 【点睛】这个题目考查了均值不等式的应用，在利用基本不等式求最值时，要特别注意“ 拆、拼、凑 ” 等技巧，使其满足基本不等式中“ 正”( 即条件要求中字母为正数)、“ 定 ”(不等式的另一边必须为定值)、“ 等”(等号取得的条件 )的条件才能应用，否则会出现错误. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页9 16.、两个专业各需要一门科目满足要求即可，专业：物理、化学、技术

16、；_ 种. 用数字作答【答案】 27；【解析】【分析】根据题意，分四种情况讨论即可，最终将每种情况的个数加到一起. 【详解】根据题意得到分情况：当考生选择技术时，两个专业均可报考，再从剩下的6 门课中选择两科即可，方法有种；当学生不选技术时，可以从物理化学中选择一科，再从历史，地理选一科，最后从政治生物中选择一科，有种方法；当学生同时选物理化学时，还需要选择历史，地理中的一科，有2 中选择，当学生同时选择历史，地理时，需要从物理化学中再选择一科，也有2 种方法，共有4 种；最终加到一起共有：15+8+4=27种. 故答案为： 27. 【点睛】1解排列组合问题要遵循两个原则：按元素(或位置 )的

17、性质进行分类；按事情发生的过程进行分步具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置 )为主体，即先满足特殊元素(或位置 )，再考虑其他元素(或位置 ) 2不同元素的分配问题，往往是先分组再分配在分组时，通常有三种类型：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组注意各种分组类型中，不同分组方法的求解17.已知点是抛物线上的一点，过作直线的垂线，垂足为，直线 经过原点，由上的一点向圆引两条切线，分别切圆于，两点，且为直角三角形，则的最小值是_. 【答案】. 【解析】【分析】根据抛物线的定义得到，点在以为圆心，为半径的圆上，故，代入可得到结果. 【详解】抛物线的焦点是，准线是，故由抛物线的定义可知，故精选学习资

18、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页10 ，易知四边形为正方形，故，因此点在以为圆心，为半径的圆上， 故，所以，即. 故答案为：. 【点睛】这个题目考查了抛物线的定义的应用，以及圆的定义的应用，题型综合性较强，属于中档题. 三、解答题本大题共 5 小题，共 74 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18.在中，角， 所对的边分别是， ， ，已知. 求角的大小；假设，求的面积 . 【答案】1 2【解析】【分析】由正弦定理得到，再由三角形的内角间的关系得到，解得，进而得到结果； 结合余弦定理得到，代入参数值得到，根据三角形面

19、积公式得到结果即可. 【详解】根据正弦定理，整理得，即，而，所以，解得，又，故；根据余弦定理，又，故，解得，所以. 【点睛】此题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式： 1； 2，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页11 19.在数列、中，设是数列的前项和，已知，. 求和；假设时，恒成立，求整数的最小值 . 【答案】1，

20、 2整数的最小值是11. 【解析】【分析】 根 据 题 干 条 件 得 到是 等 差 数 列 ， 可 得 到 前n 项 和 公 式 以 及 通 项 ； 当时 ，两式做差可得到，代入不等式得到. 【详解】因为，即，所以是等差数列，又，所以，从而. 因为，所以，当时，- 可得，即，而也满足，故. 令，则，即，因为，依据指数增长性质，整数的最小值是11. 【点睛】这个题目考查了等差数列的通项的计算，以及前n 项和的计算公式，应用到了通项和前n 项和的关系，题型较为基础. 20.如图， 多面体由正方体和四棱锥棱长为 2，四棱锥侧棱长都相等，高为1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名

21、师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页12 求证：平面；求二面角的余弦值 . 【答案】1见解析 2【解析】【分析】建立空间坐标系得到向量，面 PCD 的法向量，由向量点积的坐标运算得到结果；分别求得两个面的法向量，求出两个法向量的夹角，即可得到二面角的大小. 【详解】因为，所以，即，. 故，平面. 平面的一个法向量是. 设是平面的法向量，则，取. 故，二面角的余弦值是. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页13 【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角。求线面角

22、，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做。21.已知椭圆的中心在坐标原点，其右焦点为，以坐标原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切 . 求椭圆的方程；经过点的直线，分别交椭圆于，及，四点，且，探究：是否存在常数，使得. 【答案】12，使得恒成立 . 【解析】【分析】根据点到直线的距离公式得到，再由 a,b,c的关系可得到每一个参数值； 当与其中一条直线的斜率不存在时，易知，其中一个为

23、长轴，另一个为通径，可代入验证，求得参数值；当与斜率存在且不为零时，设的方程为，则的方程，分别联立两直线和椭圆方程，结合弦长公式和韦达定理得到参数值. 【详解】设所求椭圆的方程为，由点到直线的距离为，故，又，所以，故所求椭圆的方程为；假设存在常数，使得恒成立，则，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页14 当与其中一条直线的斜率不存在时，易知，其中一个为长轴， 另一个为通径， 长轴长为，通径为，此时，当与斜率存在且不为零时，不妨设的方程为，则的方程，联立方程，消去可得，设，则，所以，将代入，化简可得，在的表达式中用“

24、”代“ ”可得，所以. 综合可知存在常数，使得恒成立 . 【点睛】此题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要无视判别式的作用22.已知函数，且曲线在点处的切线方程为. 求实数， 的值；函数有两个不同的零点，求证：. 【答案】1，；2见解析【解析】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14

25、页，共 16 页15 【分析】根据题干得到，即，求解即可；的两个不同的零点为，即，要证明，只需证明即可，所以，最终只需要证，通过变量集中，换元可得到结果. 【详解】由曲线在点处的切线方程为，故，又，所以，解得，；由知，故，所以，的两个不同的零点为，不妨设，因为，所以，要证明，即证明，而故只需证明即可，又，所以，故只需证明，即需证，即证，即只需证即可，令，由于，故，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页16 设，显然，故，是增函数，所以，又，所以恒成立，即，成立，因此，得证 . 【点睛】在证明有关极值点或零点的有关不等式时，由于函数中含有参数，极值点或零点也不可能求出，因此我们要首先利用极值点或零点的定义，建立起与参数如此题中的的关系，特别是把参数用表示出来，这样待证不等式中的参数就可转化为，因此不等式只是关于的不等式，然后再变形， 利用换元法， 设或 ，在的情况下也可设或 ，这样不等式就可转化为关于的不等式恒成立，这又可利用函数的知识进行证明求解精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页