辽宁省葫芦岛市2021-2022学年高三上学期期末考试数学试题（Word版含答案）

葫芦岛市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本题共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．已知为虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A． B．1 C．2 D．2i
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知直线，，其中，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知向量，满足，，且与的夹角为，则向量等于（ ）
A． B． C． D．1
5．记为等比数列的前n项和．若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．正态分布是最重要的一种概率分布，它是由德国的数学家、天文学家Moivre于1733年提出，但由于德国数学家Gauss率先应用于天文学研究，故正态分布又称为高斯分布，记作．当，的正态分布称为标准正态分布，如果令，则可以证明，即任意的正态分布可以通过变换转化为标准正态分布．如果那么对任意的a，通常记，也就是说，表示对应的正态曲线与x轴在区间内所围的面积．某校高三年级800名学生，期中考试数学成绩近似服从正态分布，高三年级数学成绩平均分100，方差为36，，那么成绩落在的人数大约为（ ）
A．756 B．748 C．782 D．764
7．如图所示的为陕西博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作．杯子整体可以近似看作是双曲线的右支与y轴及平行于x轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体．若该金杯主体部分的上杯口外直径为，下底座外直径为，杯身最细之处到上杯口的距离是到底座下边缘距离的2倍，若双曲线C的离心率为2，则唐·金筐宝钿团花纹金杯高是（ ）
A．4 B． C．6 D．
8．正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶；正四面体的重心，四条高的交点，外接球、内切球球心共点．4个半径为1的小球装入一个正四面体内，下列四个结论中错误的是（ ）
A．四面体最小体积 B．四面体最小表面积
C．四面体最短棱长 D．四面体最小高
二、选择题（本题共4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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分。）
9．已知m，n是互不重合的直线，，是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
10．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．对于一个函数，若存在两条距离为d的直线和，使得在时恒成立，称函数在D内有一个宽度为d的通道．则下列函数在内有一个宽度小于等于的通道的有（ ）
A．
B．
C．（表示不超过x的最大整数）
D．
12．已知，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意一点（不在x轴上），外接圆的圆心为H，内切圆的圆心为I，直线PI交x轴于点M，O为坐标原点．则（ ）
A．存在，使得成立
B．的最小值为
C．过点I的直线l斜率为，且与椭圆相交于A，B两点，A，B的中点为M，直线OM的斜率为，则
D．椭圆C的离心率
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．葫芦岛市2021年5月份前十天最高气温（单位：℃）分别为21，19，31，28，34，30，15，22，25，26，则这十天最高气温的第60百分位数为______．
14．已知抛物线焦点为F，过F作斜率为的直线l交抛物线C于A，B两点，则弦______．
15．若展开式中第5项为常数项，则含项的系数为______（用数字表示）．
16．已知函数存在3零点，则实数t的取值范围是______．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（本小题满分10分）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．．
（1）求角C的大小；
（2）若，求面积的最大值．
18．（本小题满分12分）
十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要．纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”．某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流、大束流、高能、特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28nm，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案．此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献．该企业使用新技术对某款芯片进行试生产，该厂家生产了两批同种规格的芯片，第一批占60%，次品率为6%；第二批占40%，次品率为5%．为确保质量，现在将两批芯片混合，工作人员从中抽样检查．
（1）从混合的芯片中任取1个，求这个芯片是合格品的概率；
（2）若在两批产品中采取分层抽样方法抽取一个样本容量为15的样本，再从样本中抽取3片芯片，求这3片芯片含第二批片数X的分布列和数学期望．
19．（本小题满分12分）
请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①；②；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，，，，将沿AD翻折成四棱锥，E是棱PD上的动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且______．
（1）求证：平面PAD；
（2）当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．
20．（本小题满分12分）
已知数列是等比数列，首项，公比，其前n项和为，且，，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，为数列的前n项和，求证：．
21．（本小题满分12分）
已知椭圆的离心率为，且椭圆与椭圆在第一、二、三、四象限分别交于A，B，C，D四点，顺次连接A，B，C，D四点得到一个正方形．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知有一定点，设过点且与x轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，直线TM，TN分别与直线分别交于P，Q，记点P，Q的纵坐标分别为，，求的值．
22．（本小题满分12分）
已知函数．（）
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意都有，求实数a的取值范围．
葫芦岛市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学
参考答案及评分标准
一、单项选择题
1．B 2．B 3．C 4．D 5．C 6．D 7．C 8．A
二、多项选择题
9．AC 10．AB 11．ABD 12．BC
三、填空题
13．27 14．8 15．21 16．
四、解答题
17．（本小题满分10分）
（1）∵，∴
∴，∴，
∴．
（2）∵，，∴
∴，∴（当且仅当时“＝”成立），
∴
所以，面积的最大值为．
18．（本小题满分12分）
（1）设事件 “任取一个芯片是合格品”，事件“产品取自第一批”，事件“产品取自第二批”，则且，互斥；
由全概率公式可知：，
所以；
（2）由条件可知：第一批芯片片数：9，第二批芯片数：6；
X的可取值为0，1，2，3；
；
；
；
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以．
19．（本小题满分12分）
（1）证明：取CD中点为G，连接MG，FG，则MG，FG分别为三角形CDE，梯形ABCD的中位线，∴，．
∵，∴平面平面PAD
∵平面MGF，∴平面PAD
（2）取AD为O，连接PO，FG，EG．
选择①：
因为，，所以，即．
又，，所以平面PAD．
连接AE，EF，所以即为EF与平面PAD所成的角．
因为，所以当AE最小时，最大，
所以当，即E为PD的中点，AE最小．
下面求二面角余弦值
法一：
∵平面ABCD，∴平面平面PAD
∵平面平面PAD，平面平面
∵，∴平面ABCD
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．
所以，．
设平面CAE的法向量为，则，令，得．
由题意可知：平面ABCD的法向量为，
所以，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．
法二：
在平面PAD内，作，垂足为R，则平面ABCD，
过R作，连接EK，由三垂线定理及逆定理知为平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的平面角，
在中，易得，，则．
所以
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．
选择②：
连接OC，则，，因为，，所以．
又，，所以平面PAD．
连接AE，EF，所以即为EF与平面PAD所成的角．
因为，所以当AE最小时，最大，
所以当，即E为PD的中点，AE最小．
下面求二面角余弦值
法一：
∵平面ABCD，∴平面平面PAD
∵平面平面PAD，平面平面
∵，∴平面ABCD
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，，．所以，．
设平面CAE的法向量为，
则，令，得．
由题意可知：
平面ABCD的法向量为，
所以，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．
法二：
在平面PAD内，作，垂足为R，则平面ABCD，
过R作，连接EK，由三垂线定理及逆定理知为平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的平面角，
在中，易得，，则．
所以
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．
选择③：
因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，所以平面平面ABCD．
因为平面平面，平面PAD，，
所以平面ABCD，所以．又，，所以平面PAD．
连接AE，EF，所以即为EF与平面PAD所成的角．
因为，所以当AE最小时，最大，
所以当，即E为PD中点，AE最小．
下面求二面角余弦值
法一：
∵平面，∴平面平面PAD
∵平面平面PAD，平面平面
∵，∴平面ABCD
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，，．所以，．
设平面CAE的法向量为，则，令，得．
由题意可知：平面ABCD的法向量为，
所以，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．
法二：
在平面PAD内，作，垂足为R，则平面ABCD，
过R作，连接EK，由三垂线定理及逆定理知为平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的平面角，
在中，易得，，则
所以
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．
20．（本小题满分12分）
（1）由题意可知：∴，即，
于是，∵，∴，∵，∴．
（2）法一：
因为，所以，所以，
所以
法二：
因为，所以，所以，
所以
21．（本小题满分12分）
（1）由题可得，则，
又四边形ABCD为正方形，且A在第一象限，设，则，
代入可得，
又A在椭圆上，即有，解得，，
所以的方程为；
（2）设直线l的方程为，，，
联立方程，
整理得：，
∴，解得，
∴，，
直线TM：方程为：，令，
直线TN：方程为：，令，，
所以
．
22．（本小题满分12分）
法一：
（1）函数定义域是，
由已知，
当时，恒成立，∴为递增函数，
当时，，，，
所以在为递增函数，在为递减函数，
综上所述，当时，∴为递增函数，当时，在为递增函数，在为递减函数．
（2）由题意得，对任意都有，即恒成立．
令，则．
令，则在上单调递增，因为，，
所以存在使得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，由于，可得．则，
所以，又恒成立，所以．
综上所述实数a的取值范围为．
法二：
由题意得，对任意都有，即
，
令，，
所以在上为增函数，所以，∵
∴，
令，∴
于是在为增函数，上为减函数，
所以
∴，即实数a的取值范围为．