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浙江省金华十校2022-2023学年高三上学期数学期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·金华期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·金华期末）已知复数（其中i为虚数单位），若，则（　　）
A．1 B． C．1或 D．或5
3．（2022高三上·金华期末）二项式的展开式中的常数项是（　　）
A． B．15 C．20 D．
4．（2022高三上·金华期末）将函数的图象向右平移个单位得到一个奇函数的图象，则的取值可以是（　　）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·金华期末）袋子中有5个质地完全相同的球，其中2个白球，3个是红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记第一次摸到红球”，“第二次摸到红球”，则以下说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2022高三上·金华期末）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等” ．例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（阴影所示称之为“球冠）的几何体的体积是（　　）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·金华期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·金华期末）如图，三棱锥中，，平面平面，．若三棱锥的外接球体积的取值范围是，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·金华期末）已知函数，则（　　）
A．当时，函数的极大值为
B．若函数图象的对称中心为，则
C．若函数在上单调递增，则或
D．函数必有3个零点
10．（2022高三上·金华期末）已知正方体的棱长为1，P是正方形内（含边界）的一个动点，则（　　）
A．存在无数个点P满足
B．存在无数个点P满足平面
C．若直线与的夹角为，则线段的最小长度为
D．当点P在棱上时，的最小值为
11．（2022高三上·金华期末）如图，已知抛物线，M为x轴正半轴上一点，，过M的直线交于B，C两点，直线交抛物线另一点于D，直线交抛物线另一点于A，且点在第一象限，则（　　）
A． B．
C． D．
12．（2022高三上·金华期末）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为偶函数，，且，则不等式的正整数解以是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、填空题
13．（2022高三上·金华期末）已知向量，则在方向上的投影向量是　 　．
14．（2022高三上·金华期末）已知函数 ，若恒成立，则k的最小值是　 　．
15．（2022高三上·金华期末）矩形中，，的中点为M，折叠矩形使得A落在边上，则点M到折痕的距离的取值范围是　 　．
16．（2022高三上·金华期末）已知椭圆，过椭圆左焦点F任作一条弦（不与长轴重合），点A，B是椭圆的左右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，则的最小值为　 　．
四、解答题
17．（2022高三上·金华期末）已知数列满足，且.
（1）为数列的前n项和，若，求；
（2）若，求m所有可能取值的和．
18．（2022高三上·金华期末）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，．
（1）若平面平面，求点P到平面的距离；
（2）若平面平面，平面，且，求平面与平面夹角的余弦值．
19．（2022高三上·金华期末）在，角A，B，C所对应的边是a，b，c，满足，且．
（1）求证：；
（2）若C为钝角，D为边上的点，满足，求的取值范围．
20．（2022高三上·金华期末）第二十二届世界杯足球赛，即2022年卡塔尔世界杯（FIFA World Cup Qatar.2022）足球赛，于当地时间11月20日19时（北京时间11月21日0时）至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行，赛程28天，共有32支参赛球队，64场比赛．它是首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．除此之外，卡塔尔世界杯还是首次在北半球冬季举行、首次由从未进过世界杯决赛圈的国家举办的世界杯足球赛．某高校为增进师生对世界杯足球赛的了解，组织了一次知识竞赛，在收回的所有竞赛试卷中，抽取了100份试卷进行调查，根据这100份试卷的成绩（满分100分），得到如下频数分布表：
成绩（分）
频数 2 5 15 40 30 8
参考数据：若，则：；；．
（1）求这100份试卷成绩的平均数；
（2）假设此次知识竞赛成绩X服从正态分布．其中，近似为样本平均数，近似为样本方差．已知s的近似值为5.5，以样本估计总体，假设有的学生的知识竞赛成绩高于该校预期的平均成绩，求该校预期的平均成绩大约是多少？
（3）知识竞赛中有一类多项选择题，每道题的四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分．小明同学在做多项选择题时，选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为．已知某个多项选择题有三个选项是正确的，小明在完全不知道四个选项正误的情况下，只好根据自己的经验随机选择，记小明做这道多项选择题所得的分数为，求的分布列及数学期望．
21．（2022高三上·金华期末）已知点是双曲线上一点，B与A关于原点对称，F是右焦点，．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知圆心在y轴上的圆C经过点，与双曲线的右支交于点M，N，且直线经过F，求圆C的方程．
22．（2022高三上·金华期末）已知函数．
（1）证明：函数在区间上有2个零点；
（2）若函数有两个极值点：，且．求证：（其中为自然对数的底数）.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】，则．
故答案为：C
【分析】求出集合A、B，然后进行并集的运算即可得答案.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】由题意得，则，
所以，解得或，
故答案为：C
【分析】由题意求出，，由 列出方程，求解可得b的值.
3．【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】展开式通项为：，
令，常数项为．
故答案为：B
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出k的值，即可求得展开式中的常数项 .
4．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】函数为奇函数，
则，取，则．
故答案为：D
【分析】 根据三角函数的图象平移关系，结合函数奇偶性的性质建立条件进行求解，即可得 的取值 .
5．【答案】C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】，则，C符合题意；
，则，A不符合题意；
，则，B不符合题意；
，D不符合题意，
故答案为：C.
【分析】 利用古典概型概率公式求出P(A)，P(B)， P(A∩B)，即可判断A、C；利用公式P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A∩B)求出P(AUB)，即可判断B、D.
6．【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】∵，，，
∴，
∴．
故答案为：A.
【分析】 根据祖暅原理结合圆柱、圆锥、圆台的体积公式进行计算，可得答案.
7．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】，展开得
，
对A项：，
令单调递增，所以，
所以不成立，A不符合题意；
对B项：，
因为，所以不一定成立，B不符合题意；
对C项：，这与矛盾，C不符合题意；
对D项：，显然成立，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】，展开得，，令，求导，根据导数的符号可得单调性，得，可判断A；，可判断B；，可判断C；，可判断D.
8．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；球的体积和表面积
【解析】【解答】如图所示，取中点M，连接，设，
由得，
又平面平面，平面平面，且面，所以面，
因为，所以，
三棱锥的球心在上，设外接球半径为R，
则，得，
，所以，
所以．
故答案为：C
【分析】取中点M，连接，设，推出面，，三棱锥的球心在上，设外接球半径为R，，可求出 的取值范围 .
9．【答案】B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点
【解析】【解答】A项：当时，，则，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以极大值为，故错误；
B项：因为函数图象的对称中心为，
所以有，故正确；
C项：恒成立，显然必有两根，则在递减，故错误；
D项：必有2相异根，且非零，故必有3个零点，故正确．
故答案为：BD
【分析】根据函数极大值的定义，结合函数的导数的性质、函数零点的定义逐项进行判断，即可得答案.
10．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】A项：由正方体性质知：，而平面，平面，则，
由，面，则平面，
所以任取上一点作为P，由线面垂直的性质知，A符合题意；
B项：由正方体性质知：，面，面，则面，
同理可证：面，而，面，
所以平面平面，所以，则平面，
则平面，即可存在无数个点P满足平面，B符合题意；
C项：因为，所以，所以P在以D为圆心，
半径为1的圆弧上，所以（当D，P，B三点共线时取等），C符合题意；
D项：将平面翻折至与共面，记此时点为，
则，错误．
故答案为：ABC.
【分析】利用正方体的结构特征，结合线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理，线面平行的判定定理，逐项进行判断，可得答案.
11．【答案】A,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设，则，设直线，
由消去并化简得，
A选项：所以，同理可得，所以，A符合题意；
B选项：，B不符合题意；
C选项：同理可得，所以，所以，所以，
令，，
则，
所以，C不符合题意；
D选项：，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】设，则，设直线，与抛物线联立，利用韦达定理可得，，可判断A；，可判断B；令，，，可判断C；，可判断D.
12．【答案】A,B
【知识点】函数奇偶性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为为偶函数，所以
所以为即的对称轴，即，因为，
所以，
所以为的对称中心①，
，
所以，所以在R上单调递减，
记，即，
由①可知，
所以，因为，所以，所以．
故答案为：AB
【分析】由已知可得为即的对称轴，根据导数的应用可得在R上单调递减，记，即，求解可得 的正整数解 .
13．【答案】
【知识点】向量的投影
【解析】【解答】因为，
则在方向上的投影向量是：
故答案为：.
【分析】 根据平面向量的数量积与向量在方向上的投影的定义，即可求出答案.
14．【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【解答】由题意可知，当时，恒成立，即恒成立，
作出函数的图象如图示，
，即在原点处的切线斜率为1，
由图象可知，当时，即有时，恒成立，
故当时，恒成立，则；
当时，恒成立，即恒成立，
设，所以在内恒成立，
即在上单调递减，所以，则，
综上所述，k的最小值为1，
故答案为：1
【分析】当时，恒成立，即恒成立，求导可得在原点处的切线斜率，由图象可知；当时，恒成立，即恒成立，设，求导可得在上单调性，可得，即可求出k的最小值.
15．【答案】
【知识点】构成空间几何体的基本元素
【解析】【解答】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，
即点M到折痕的距离为O．当从D向C运动的过程中（如图（1）），
中点为O，则，过M作于点N，
则n，此时在增大，也增大，
故当到C处时，取得最大值（如图（2）），
此时，所以，
故点M到折痕的距离的取值范围是．
故答案为：．
【分析】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，即点M到折痕的距离为O，在增大，也增大，当到C处时，取得最大值，即可求出点M到折痕的距离的取值范围.
16．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】设直线
联立，
所以，，
由韦达定理可求得，
，
因为在椭圆上，所以，即，
由椭圆：可得，，
所以，
所以，
则，等号显然可以取得，故最小值为．
故答案为：.
【分析】设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理计算出的值，利用基本不等式可求出 的最小值 .
17．【答案】（1）解：由题给递推式得：
，
数列从开始，每三项出现一次4，2，1循环．
∴.
（2）解：因为，则，则或，
若，则或，即或；
若，则，即
因此m的所有取值和为．
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1）由题给递推式得数列从开始，每三项出现一次4，2，1循环，可求出；
（2）由 求出 或， 即可求出 m所有可能取值的和．
18．【答案】（1）解：延长交于点，则，
可得，故，
如图建立空间直角坐标系，则
∵，设，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
∵平面平面，则，即，故点在z轴上，
因此点P到平面的距离为z，
又因为，则．
故点P到平面的距离为.
（2）解：由（1）可得：，且平面平面，
则平面平面，
∵平面平面，则，∴，
直线平面，故Q即为坐标原点O，则，
设，由，
由，则，解得，
即，
由（1）可得：平面的法向量为，平面的法向量为，
∵，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，利用向量法可求出点P到平面的距离；
（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法可求出平面与平面夹角的余弦值．
19．【答案】（1）证明：∵，由正弦定理可得，
则
则
，
原式可化简为，则或．
若，则，此时，与题意矛盾，
故．
（2）解：若，
则为B的角平分线．
则
，
由于C为钝角，则，令．
∴．
由，因为，所以，
可知在单调递增，∴，
故的取值范围为．
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【分析】（1） 由正弦定理结合余弦的二倍角公式可求出，得 ， 可证得 ；
（2）根据三角恒等变换可得 ，令 ， ， 求导，根据导数符号可得 在单调性，即可求出的取值范围 .
20．【答案】（1）解：依题意，设这100份试卷成绩的平均数为，
则（分）；
（2）解：由，
又，
所以该校预期的平均成绩大约是（分）；
（3）解：设事件表示“小明选择了i个选项”，事件B表示“选择的选项是正确的”．由题知，可取5，2，0．
因为，
，
，
所以随机变量的分布列为：
5 2 0
P
于是，．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【分析】(1)根据平均数的运算公式进行计算即可；
(2)根据正态分布的对称性进行求解即可；
(3)根据概率的乘法和加法公式，结合数学期望公式进行求解即可.
21．【答案】（1）解：由已知条件得：
双曲线方程为：．
（2）解：若直线的斜率不存在，则圆C的圆心不在y轴上，因此不成立．
设直线的方程为，
由消元得：
∴的中点Q的坐标为．
设，直线，得，
又，
根据勾股定理有
∴．
化简得
解得或（舍）
∴，∴圆C的方程为．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件求出a，b，可得双曲线的方程；
（2）若直线的斜率不存在，则圆C的圆心不在y轴上，因此不成立；设直线的方程为，与双曲线方程联立，求出的中点Q的坐标，设，直线 ，求得点C的坐标， 根据勾股定理列出等式求出k2，即可求出圆C的方程．
22．【答案】（1）证明：记函数，由，
则，所以函数在区间上单调递减，
又．根据零点存在定理，
存在时，，
即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
而，，
所以函数在区间上有一个零点，在区间上有一个零点，
故函数在区间上有2个零点．
（2）证明：由函数有两个极值点，
则时，方程有两个不等实根．记，则，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因此有极大值，且时，时，，
于是，且．
先证明，只要证，即证，
设，
则，因为，所以，
即函数在区间上单调递增，于是，
所以．
再证明．
先证当时，；当时，．
设，则，
于是，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因此，所以函数在区间上单调递增，而，
即当时，；当时，，
于是，当时，；
当时，，
设方程的两个根为，则，
即方程的两个根为，
于是
故．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点的判定定理
【解析】【分析】（1） 记函数 ，求导，根据导数的符号可得函数在区间上单调性，再根据零点存在定理，可证得函数在区间上有2个零点；
（2）则时，方程有两个不等实根．记 ，求导，根据导数的符号可得函数 的单调性，进而求出 有极大值 ，再根据分析法，只要证，即证， 可证得结论.
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浙江省金华十校2022-2023学年高三上学期数学期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·金华期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】，则．
故答案为：C
【分析】求出集合A、B，然后进行并集的运算即可得答案.
2．（2022高三上·金华期末）已知复数（其中i为虚数单位），若，则（　　）
A．1 B． C．1或 D．或5
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】由题意得，则，
所以，解得或，
故答案为：C
【分析】由题意求出，，由 列出方程，求解可得b的值.
3．（2022高三上·金华期末）二项式的展开式中的常数项是（　　）
A． B．15 C．20 D．
【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】展开式通项为：，
令，常数项为．
故答案为：B
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出k的值，即可求得展开式中的常数项 .
4．（2022高三上·金华期末）将函数的图象向右平移个单位得到一个奇函数的图象，则的取值可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】函数为奇函数，
则，取，则．
故答案为：D
【分析】 根据三角函数的图象平移关系，结合函数奇偶性的性质建立条件进行求解，即可得 的取值 .
5．（2022高三上·金华期末）袋子中有5个质地完全相同的球，其中2个白球，3个是红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记第一次摸到红球”，“第二次摸到红球”，则以下说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】，则，C符合题意；
，则，A不符合题意；
，则，B不符合题意；
，D不符合题意，
故答案为：C.
【分析】 利用古典概型概率公式求出P(A)，P(B)， P(A∩B)，即可判断A、C；利用公式P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A∩B)求出P(AUB)，即可判断B、D.
6．（2022高三上·金华期末）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等” ．例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（阴影所示称之为“球冠）的几何体的体积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】∵，，，
∴，
∴．
故答案为：A.
【分析】 根据祖暅原理结合圆柱、圆锥、圆台的体积公式进行计算，可得答案.
7．（2022高三上·金华期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】，展开得
，
对A项：，
令单调递增，所以，
所以不成立，A不符合题意；
对B项：，
因为，所以不一定成立，B不符合题意；
对C项：，这与矛盾，C不符合题意；
对D项：，显然成立，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】，展开得，，令，求导，根据导数的符号可得单调性，得，可判断A；，可判断B；，可判断C；，可判断D.
8．（2022高三上·金华期末）如图，三棱锥中，，平面平面，．若三棱锥的外接球体积的取值范围是，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；球的体积和表面积
【解析】【解答】如图所示，取中点M，连接，设，
由得，
又平面平面，平面平面，且面，所以面，
因为，所以，
三棱锥的球心在上，设外接球半径为R，
则，得，
，所以，
所以．
故答案为：C
【分析】取中点M，连接，设，推出面，，三棱锥的球心在上，设外接球半径为R，，可求出 的取值范围 .
二、多选题
9．（2022高三上·金华期末）已知函数，则（　　）
A．当时，函数的极大值为
B．若函数图象的对称中心为，则
C．若函数在上单调递增，则或
D．函数必有3个零点
【答案】B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点
【解析】【解答】A项：当时，，则，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以极大值为，故错误；
B项：因为函数图象的对称中心为，
所以有，故正确；
C项：恒成立，显然必有两根，则在递减，故错误；
D项：必有2相异根，且非零，故必有3个零点，故正确．
故答案为：BD
【分析】根据函数极大值的定义，结合函数的导数的性质、函数零点的定义逐项进行判断，即可得答案.
10．（2022高三上·金华期末）已知正方体的棱长为1，P是正方形内（含边界）的一个动点，则（　　）
A．存在无数个点P满足
B．存在无数个点P满足平面
C．若直线与的夹角为，则线段的最小长度为
D．当点P在棱上时，的最小值为
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】A项：由正方体性质知：，而平面，平面，则，
由，面，则平面，
所以任取上一点作为P，由线面垂直的性质知，A符合题意；
B项：由正方体性质知：，面，面，则面，
同理可证：面，而，面，
所以平面平面，所以，则平面，
则平面，即可存在无数个点P满足平面，B符合题意；
C项：因为，所以，所以P在以D为圆心，
半径为1的圆弧上，所以（当D，P，B三点共线时取等），C符合题意；
D项：将平面翻折至与共面，记此时点为，
则，错误．
故答案为：ABC.
【分析】利用正方体的结构特征，结合线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理，线面平行的判定定理，逐项进行判断，可得答案.
11．（2022高三上·金华期末）如图，已知抛物线，M为x轴正半轴上一点，，过M的直线交于B，C两点，直线交抛物线另一点于D，直线交抛物线另一点于A，且点在第一象限，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设，则，设直线，
由消去并化简得，
A选项：所以，同理可得，所以，A符合题意；
B选项：，B不符合题意；
C选项：同理可得，所以，所以，所以，
令，，
则，
所以，C不符合题意；
D选项：，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】设，则，设直线，与抛物线联立，利用韦达定理可得，，可判断A；，可判断B；令，，，可判断C；，可判断D.
12．（2022高三上·金华期末）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为偶函数，，且，则不等式的正整数解以是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A,B
【知识点】函数奇偶性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为为偶函数，所以
所以为即的对称轴，即，因为，
所以，
所以为的对称中心①，
，
所以，所以在R上单调递减，
记，即，
由①可知，
所以，因为，所以，所以．
故答案为：AB
【分析】由已知可得为即的对称轴，根据导数的应用可得在R上单调递减，记，即，求解可得 的正整数解 .
三、填空题
13．（2022高三上·金华期末）已知向量，则在方向上的投影向量是　 　．
【答案】
【知识点】向量的投影
【解析】【解答】因为，
则在方向上的投影向量是：
故答案为：.
【分析】 根据平面向量的数量积与向量在方向上的投影的定义，即可求出答案.
14．（2022高三上·金华期末）已知函数 ，若恒成立，则k的最小值是　 　．
【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【解答】由题意可知，当时，恒成立，即恒成立，
作出函数的图象如图示，
，即在原点处的切线斜率为1，
由图象可知，当时，即有时，恒成立，
故当时，恒成立，则；
当时，恒成立，即恒成立，
设，所以在内恒成立，
即在上单调递减，所以，则，
综上所述，k的最小值为1，
故答案为：1
【分析】当时，恒成立，即恒成立，求导可得在原点处的切线斜率，由图象可知；当时，恒成立，即恒成立，设，求导可得在上单调性，可得，即可求出k的最小值.
15．（2022高三上·金华期末）矩形中，，的中点为M，折叠矩形使得A落在边上，则点M到折痕的距离的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】构成空间几何体的基本元素
【解析】【解答】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，
即点M到折痕的距离为O．当从D向C运动的过程中（如图（1）），
中点为O，则，过M作于点N，
则n，此时在增大，也增大，
故当到C处时，取得最大值（如图（2）），
此时，所以，
故点M到折痕的距离的取值范围是．
故答案为：．
【分析】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，即点M到折痕的距离为O，在增大，也增大，当到C处时，取得最大值，即可求出点M到折痕的距离的取值范围.
16．（2022高三上·金华期末）已知椭圆，过椭圆左焦点F任作一条弦（不与长轴重合），点A，B是椭圆的左右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】设直线
联立，
所以，，
由韦达定理可求得，
，
因为在椭圆上，所以，即，
由椭圆：可得，，
所以，
所以，
则，等号显然可以取得，故最小值为．
故答案为：.
【分析】设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理计算出的值，利用基本不等式可求出 的最小值 .
四、解答题
17．（2022高三上·金华期末）已知数列满足，且.
（1）为数列的前n项和，若，求；
（2）若，求m所有可能取值的和．
【答案】（1）解：由题给递推式得：
，
数列从开始，每三项出现一次4，2，1循环．
∴.
（2）解：因为，则，则或，
若，则或，即或；
若，则，即
因此m的所有取值和为．
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1）由题给递推式得数列从开始，每三项出现一次4，2，1循环，可求出；
（2）由 求出 或， 即可求出 m所有可能取值的和．
18．（2022高三上·金华期末）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，．
（1）若平面平面，求点P到平面的距离；
（2）若平面平面，平面，且，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）解：延长交于点，则，
可得，故，
如图建立空间直角坐标系，则
∵，设，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
∵平面平面，则，即，故点在z轴上，
因此点P到平面的距离为z，
又因为，则．
故点P到平面的距离为.
（2）解：由（1）可得：，且平面平面，
则平面平面，
∵平面平面，则，∴，
直线平面，故Q即为坐标原点O，则，
设，由，
由，则，解得，
即，
由（1）可得：平面的法向量为，平面的法向量为，
∵，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，利用向量法可求出点P到平面的距离；
（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法可求出平面与平面夹角的余弦值．
19．（2022高三上·金华期末）在，角A，B，C所对应的边是a，b，c，满足，且．
（1）求证：；
（2）若C为钝角，D为边上的点，满足，求的取值范围．
【答案】（1）证明：∵，由正弦定理可得，
则
则
，
原式可化简为，则或．
若，则，此时，与题意矛盾，
故．
（2）解：若，
则为B的角平分线．
则
，
由于C为钝角，则，令．
∴．
由，因为，所以，
可知在单调递增，∴，
故的取值范围为．
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【分析】（1） 由正弦定理结合余弦的二倍角公式可求出，得 ， 可证得 ；
（2）根据三角恒等变换可得 ，令 ， ， 求导，根据导数符号可得 在单调性，即可求出的取值范围 .
20．（2022高三上·金华期末）第二十二届世界杯足球赛，即2022年卡塔尔世界杯（FIFA World Cup Qatar.2022）足球赛，于当地时间11月20日19时（北京时间11月21日0时）至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行，赛程28天，共有32支参赛球队，64场比赛．它是首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．除此之外，卡塔尔世界杯还是首次在北半球冬季举行、首次由从未进过世界杯决赛圈的国家举办的世界杯足球赛．某高校为增进师生对世界杯足球赛的了解，组织了一次知识竞赛，在收回的所有竞赛试卷中，抽取了100份试卷进行调查，根据这100份试卷的成绩（满分100分），得到如下频数分布表：
成绩（分）
频数 2 5 15 40 30 8
参考数据：若，则：；；．
（1）求这100份试卷成绩的平均数；
（2）假设此次知识竞赛成绩X服从正态分布．其中，近似为样本平均数，近似为样本方差．已知s的近似值为5.5，以样本估计总体，假设有的学生的知识竞赛成绩高于该校预期的平均成绩，求该校预期的平均成绩大约是多少？
（3）知识竞赛中有一类多项选择题，每道题的四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分．小明同学在做多项选择题时，选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为．已知某个多项选择题有三个选项是正确的，小明在完全不知道四个选项正误的情况下，只好根据自己的经验随机选择，记小明做这道多项选择题所得的分数为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：依题意，设这100份试卷成绩的平均数为，
则（分）；
（2）解：由，
又，
所以该校预期的平均成绩大约是（分）；
（3）解：设事件表示“小明选择了i个选项”，事件B表示“选择的选项是正确的”．由题知，可取5，2，0．
因为，
，
，
所以随机变量的分布列为：
5 2 0
P
于是，．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【分析】(1)根据平均数的运算公式进行计算即可；
(2)根据正态分布的对称性进行求解即可；
(3)根据概率的乘法和加法公式，结合数学期望公式进行求解即可.
21．（2022高三上·金华期末）已知点是双曲线上一点，B与A关于原点对称，F是右焦点，．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知圆心在y轴上的圆C经过点，与双曲线的右支交于点M，N，且直线经过F，求圆C的方程．
【答案】（1）解：由已知条件得：
双曲线方程为：．
（2）解：若直线的斜率不存在，则圆C的圆心不在y轴上，因此不成立．
设直线的方程为，
由消元得：
∴的中点Q的坐标为．
设，直线，得，
又，
根据勾股定理有
∴．
化简得
解得或（舍）
∴，∴圆C的方程为．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件求出a，b，可得双曲线的方程；
（2）若直线的斜率不存在，则圆C的圆心不在y轴上，因此不成立；设直线的方程为，与双曲线方程联立，求出的中点Q的坐标，设，直线 ，求得点C的坐标， 根据勾股定理列出等式求出k2，即可求出圆C的方程．
22．（2022高三上·金华期末）已知函数．
（1）证明：函数在区间上有2个零点；
（2）若函数有两个极值点：，且．求证：（其中为自然对数的底数）.
【答案】（1）证明：记函数，由，
则，所以函数在区间上单调递减，
又．根据零点存在定理，
存在时，，
即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
而，，
所以函数在区间上有一个零点，在区间上有一个零点，
故函数在区间上有2个零点．
（2）证明：由函数有两个极值点，
则时，方程有两个不等实根．记，则，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因此有极大值，且时，时，，
于是，且．
先证明，只要证，即证，
设，
则，因为，所以，
即函数在区间上单调递增，于是，
所以．
再证明．
先证当时，；当时，．
设，则，
于是，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因此，所以函数在区间上单调递增，而，
即当时，；当时，，
于是，当时，；
当时，，
设方程的两个根为，则，
即方程的两个根为，
于是
故．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点的判定定理
【解析】【分析】（1） 记函数 ，求导，根据导数的符号可得函数在区间上单调性，再根据零点存在定理，可证得函数在区间上有2个零点；
（2）则时，方程有两个不等实根．记 ，求导，根据导数的符号可得函数 的单调性，进而求出 有极大值 ，再根据分析法，只要证，即证， 可证得结论.
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