吉林省白山市2021-2022学年高三上学期期末考试数学（理）试题（Word版含答案解析）

白山市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学试卷（理科）
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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R是实数集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数的实部与虚部的和为12，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．已知向量，，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．若x，y，z为非零实数，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
5．已知M为抛物线C：上一点，点M到C的焦点的距离为7，到x轴的距离为5，则p=（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．18 B．36 C．54 D．108
8．某保险公司销售某种保险产品，根据2020年全年该产品的销售额（单位：万元）和该产品的销售额占总销售额的百分比，绘制出如图所示的双层饼图．根据双层饼图，下列说法正确的是（ ）
A．2020年第四季度的销售额为380万元
B．2020年上半年的总销售额为500万元
C．2020年2月份的销售额为60万元
D．2020年12个月的月销售额的众数为60万元
9．已知四棱锥P—ABCD的底面是矩形，平面ABCD，，，，则四棱锥
P—ABCD外接球的表面积为（ ）
A．72π B．144π C．50π D．100π
10．第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行，现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的方案种数为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
11．已知双曲线C：的左、右顶点分别为，，点P在双曲线C上，且直线与的斜率之积等于3，则C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
12．已知，数列1，1，2，1，1，2，4，2，1，1，2，4，8，4，2，1，…，1，2，4，…，，，…，2，1，…的前n项和为，若，则n的最小值为（ ）
A．81 B．90 C．100 D．2021
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13．已知f（x）是奇函数，且当时，．若，则a=______．
14．已知实数x，y满足约束条件则的最大值为______．
15．若曲线在点P（e，1）处的切线也是曲线的一条切线，则a=______．
16．函数（，）的部分图象如图所示，其中，，若对于任意的，，恒成立，则实数λ的取值范围为______．
三、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．（10分）
在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，已知，．
（1）求a；
（2）若，求A．
18．（12分）
已知等差数列满足，．数列的前n项和为，且．
（1）求与的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
19．（12分）
某中学组织一支“雏鹰”志愿者服务队，带领同学们利用周末的时间深入居民小区开展一些社会公益活动．现从参加了环境保护和社会援助这两项社会公益活动的志愿者中，随机抽取男生80人，女生120人进行问卷调查（假设每人只参加环境保护和社会援助中的一项），整理数据后得到如下统计表：
女生 男生 合计
环境保护 80 40 120
社会援助 40 40 80
合计 120 80 200
（1）能否有99%的把握认为学生参加社会公益活动所选取的项目与学生性别有关？
（2）以样本的频率作为总体的概率，若从本校所有参加社会公益活动的女生中随机抽取4人，记这4人中参加环境保护的人数为X，求X的分布列和期望．
附：，其中．
P 0.025 0.010 0.005 0.001
5.024 6.635 7.879 10.828
20．（12分）
如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，，．
（1）证明：平面ABD⊥平面PBC．
（2）若G为AD的中点，求二面角P—BC—G的余弦值．
21．（12分）
已知O为坐标原点，椭圆C：的上顶点为A，右顶点为B，的面积为，原点O到直线AB的距离为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过C的左焦点F作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若，求面积的最大值．
22．（12分）
已知函数，．
（1）设函数，求h（x）的最大值．
（2）证明：．
白山市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学试卷参考答案（理科）
1．B【解析】本题考查集合的运算，考查数学运算的核心素养．
因为，，所以．
2．C【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养．
因为，所以，解得，，故．
3．A【解析】本题考查平面向量的夹角，考查数学运算的核心素养．
设向量与的夹角为θ，因为，所以．
4．A【解析】本题考查常用逻辑用语，考查逻辑推理的核心素养．
因为，，所以；反之，取，，，它们满足，但不满足．因此选A．
5．B【解析】本题考查抛物线，考查数学运算的核心素养．
设点M的纵坐标为，因为点M到C的焦点的距离为7，所以，又点M到x轴的距离为5，所以，由，得．
6．A【解析】本题考查三角恒等变换，考查数学运算的核心素养．
．
7．C【解析】本题考查三视图与几何体的体积，考查直观想象的核心素养．
由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，其中等腰直角三角形的腰长为，直三棱柱的高为6，所以体积．
8．D【解析】本题考查统计的知识，考查数据分析、数学运算的核心素养．
2020年全年的销售额为万元，故第四季度的销售额为万元，A错误；2020年上半年的总销售额为万元，B错误；2020年2月份的销售额为万元，C错误；3，4，12三个月的月销售额均为60万元，D正确．
9．D【解析】本题考查四棱锥外接球的表面积，考查直观想象、数学运算的核心素养．
显然线段PC是四棱锥P—ABCD外接球的直径，因为PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，所以，所以．
10．B【解析】本题考查排列组合的知识，考查数学抽象、数学建模的核心素养．
甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，分类讨论如下：
①若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种；
②若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选一个，有种，然后剩下的一个人和甲、乙被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种，则共有种．
综上可得，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的方案种数为．
11．C【解析】本题考查双曲线的性质，考查直观想象、数学运算的核心素养．
设P（x，y），则，因为，，
故，由，得．
12．B【解析】本题考查数列的知识，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
依题意，把数列排列成如下所示的形式：
第1行 1
第2行 1，2，1
第3行 1，2，4，2，1
第4行 1，2，4，8，4，2，1
… …
第行 1，2，4，…，，…，4，2，1
可知此数列第1行有1项，第2行有3项，第3行有5项，…，第i行有项，前i行共有项．设第i行的个数的和为，
则，
则前i行的和，
所以，．
又，
，，所以n的最小值为90．
13．1【解析】本题考查函数的性质与求值，考查数学运算的核心素养．
因为f（x）是奇函数，所以．解得．
14．3【解析】本题考查线性规划，考查直观想象、数学运算的核心素养．
画出可行域（图略）知，当直线过点（1，2）时，z取得最大值3．
15．【解析】本题考查导数的几何意义，考查数学运算的核心素养．
因为，所以，则，所以曲线在点P（e，1）处的切线方程为．
设与相切于点，因为，所以
则，，可得，从而．
16．【解析】本题考查三角函数的性质，考查数学运算的核心素养．
因为，所以的图象关于直线对称．又，由图知，所以，从而，由得，所以．
可化为，当，时，，，所以，解得，即．
17．解：（1）因为，所以，
解得，故．
（2）因为，所以，
所以，化简得．
又，所以．
由，得．
因为，所以或．
评分细则：
（1）第一问，若直接写出，得2分，第一问全部正确解出，累计得4分．
（2）第二问，能用三角形面积公式写出号，累计得6分，最后结果只求出角A的一个值，累计得9分．
（3）其他情况根据评分标准按步骤给分．
18．解：（1）设的公差为d，因为，所以，
又，由，得，
所以．
数列的前n项和为，且，①
当时，，②
①－②，得．
当时，，满足，所以．
（2）因为，
所以，③
，④
③－④，得，
所以．
评分细则：
（1）第一问，算出，得2分，写出，累计得3分，写出，累计得5分．未检验当时，也成立，扣1分．
（2）第二问，写出，累计得7分，之后的运算过程，每步给1分，直到计算出，累计得12分．
（3）其他情况根据评分标准按步骤给分．
19．解：（1）因为，
所以没有99%的把握认为学生参加社会公益活动所选取的项目与学生性别有关．
（2）由统计表得，女生中参加环境保护的频率为，
故从女生中随机抽取1人，此人参加环境保护的概率为，
由题意知，，
则，．
X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故．
评分细则：
（1）第一问，算出，没有写出近似数，不扣分，即得本步骤的3分，正确得出结论，累计得5分．
（2）第二问，列出分布列累计得11分，正确写出期望累计得12分．
（3）第二问，最后一步用公式求期望，同样给分．
20．（1）证明：因为PA⊥圆O所在的平面，即PA⊥平面ABC，而平面ABC，所以．
因为AB是圆O的直径，C为圆周上一点，所以．
又，所以BC⊥平面PAC，而平面PAC，则．
因为，，所以．又，所以，
而D为线段PC的中点，所以．
又．所以AD⊥平面PBC，而平面ABD，故平面ABD⊥平面PBC．
（2）解：以C为原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz．
不妨设，则A（1，0，0），，，，，．
设平面GBC的法向量为，
则令，得．
由（1）知平面PBC的一个法向量为，
设二面角P—BC—G为θ，易知θ为锐角，则，即二面角P—BC—G的余弦值为．
评分细则：
（1）第一问，也可以先建立空间直角坐标系，用向量的方法证明两个平面的法向量互相垂直，不管用哪种方法，证出得5分．
（2）第二问，建立空间直角坐标系，得1分，写出相关点和相关向量的坐标，得1分，计算出平面GBC的法向量得2分，写出平面PBC的一个法向量得1分，直至正确求出二面角的余弦值，累计得12分，
（3）若用传统做法，作出二面角的平面角得1分，简单证明得2分，整个题完全正确得满分．
21．解：（1）易知A（0，b），B（a，0）．
因为的面积为，所以．
又直线AB的方程为，即，点O到直线AB的距离为，
所以．
联立方程组解得，所以椭圆C的方程为．
（2）由题意知直线DE，MN的斜率均存在，设DE的斜率为k，，，由（1）知，则直线DE的方程为．
联立方程组消去y，得，
由韦达定理可得．
因为P为DE的中点，所以，，即，
所以．
因为直线MN的斜率为，用代替k得，所以，
所以．
设，则，
设，由对勾函数的性质知f（t）在区间上单调递增，
所以当时，f（t）最小，即最大，此时，解得，
所以面积的最大值为．
评分细则：
（1）第一问，正确写出，得1分，写出，累计得3分，求出标准方程共得5分．
（2）第二问，根据韦达定理写出，累计得6分，写出，累计得8分，算出，累计得9分，算出，累计得10分，直到正确求出最大值得12分．
（3）第二问，直线DE的方程也可以设为，参照上述步骤给分．
22．（1）解：因为，
所以．
当时，；当时，．
所以h（x）在上为增函数，在上为减函数，
从而．
（2）证明：原不等式等价于，
则，易知在上单调递增．
当时，；当时，．
所以在上存在唯一零点，此时φ（x）在上单调递减，在上单调递增，要证，即要证．
于是原问题转化为证明不等式组
由，得，代入．
对两边取对数得，代入，得．
因为，当且仅当，时，等号成立，
所以．
评分细则：
（1）第一问，写出，得1分，写出单调区间，累计得3分，求出h（x）的最大值，累计得4分．
（2）第二问，写出原不等式等价于，累计得5分，写出“要证，即要证”，累计得8分，写出“原问题转化为证明不等式组”，累计得9分，直至最后证出，得12分．
（3）采用其他方法，参照本评分标准依步骤给分．