湖北省荆州中学2021-2022学年高三上学期期末数学试题高考

湖北省荆州中学2021-2022学年高三上学期期

末数学试题

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、单选题

1．已知M，N是任意两个非空集合，定义集合MNxxM,xN，则MA．N

B．NM

C．MN

D．MN

NM（）

2．已知z1，z2为复数．若命题p：z1-z2＞0，命题q：z1＞z2，则p是q成立的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

3．已知数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，前n项和为Sn，满足2a4a35，则S9=（ ） A．35

B．40

C．45

D．50

4．某人民医院召开抗疫总结表彰大会，有7名先进个人受到表彰，其中有一对夫妻．现要选3人上台报告事迹，要求夫妻两人中至少有1人报告，若夫妻同时被选，则两人的报告顺序需要相邻，这样不同的报告方案共有（） A．80种

B．120种

C．130种

D．140种

5．已知向量a(2,23)，若(a3b)a，则b在a上的投影是（） 3A．

43B．

44C．

34D．

326．已知函数fxxlog2x，其图象可能是（）

A． B．

C． D．

7．“绿水青山就是金山银山”，党的十九大以来，城乡深化河道生态环境治理，科学治污．某乡村一条污染河道的蓄水量为v立方米，每天的进出水量为k立方米．已知污染源以每天r个单位污染河水，某一时段t（单位：天）河水污染质量指数为mt（每立方米河水所含的污染物）满足

trrkmtm0ev（m0为初始质量指数），经测算，河道蓄水量是每天进出水量的80倍．若

kk从现在开始关闭污染源，要使河水的污染水平下降到初始时的10%，需要的时间大约是（参考数据：ln102.30）（）

A．1个月 B．3个月 C．半年 D．1年

8．苏格兰数学家科林麦克劳林(ColinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立的其中一个公式：

ln1+xx2x2x3x4-+234+1n1n1xnn，试根据此公式估计下面代数式

(n5)的近似值为（）（可能用到数值ln2.4140.881,ln3.4141.23）

22424+-+353+1(2)nnA．2.788 二、多选题

B．2.881 C．2.886 D．2.902

9．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，下列叙述正确的有（）

A．AHFC

C．BD与FC所成的角为60

B．AC//BG D．AC//平面BEG

10．已知0＜a＜b＜1＜c，则下列不等式一定成立的是（ ） A．ac＜bc C．logac＞logbc B．ca＜cb D．sinc＞sina 11．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献；某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株

(x100)1高（单位：cm）服从正态分布，其密度曲线函数为f(x)e200，x(,)则下列说

1022法正确的是（）

A．该地水稻的平均株高为100cm B．该地水稻株高的方差为10

C．随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率大 D．随机测量一株水稻，其株高在（80，90）和在（100，110）（单位：cm）的概率一样大 12．已知圆M:(xcos)2(ysin)21，直线l:ykx．下列命题中，正确的命题是（） A．对任意实数k和，直线l和圆M有公共点

B．对任意实数，必存在实数k，使得直线l与圆M相切 C．对任意实数k，必存在实数，使得直线l与圆M相切 D．存在实数k与，使得圆M上有一点到直线l的距离为3 三、填空题

113．已知直线l的斜率为，且和坐标轴围成的三角形的面积为3，则直线l的方程为___________.

6a14．若x1x3的展开式中x2的系数为224，则正实数a的值为______．

x46x2y21的左右焦点分别是F1，F2，点P是C的右支上的一点（不是顶点）15．已知双曲线C:，

169过F2作∠F1PF2的角平分线的垂线，垂足是M，O是原点，则|MO|＝___.

16．九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数，决定解开圆环的个数在某种玩法中，用an表示解下n（n≤9，n∈N*）个圆环所需

2an11,n为偶数的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝，则解下n（n为奇数）个环所

2an12,n为奇数需的最少移动次数为___.（用含n的式子表示） 四、解答题 17．在①

bcosB1，②2bsinAatanB，③acsinAcsinABbsinB这三个条件中任a3sinA选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若______.

（1）求角B；

（2）若ac4，求ABC周长的最小值，并求出此时ABC的面积. 18．已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn(1)求数列an的通项公式； (2)记bnansinnπ，求数列{bn}的前100项的和T100． 21an1，n∈N*． 319．在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AD⊥DC，且AB=1，

AD=DC=DP=2，∠PDC=120°．

(1)求证：AD⊥PC；

(2)求二面角P-AB-C的余弦值；

20．某电器企业统计了近10年的年利润额y（千万元）与投入的年广告费用x（十万元）的相关数据，散点图如图，对数据作出如下处理：令uilnxi，vilnyi，得到相关数据如表所示：

uvi110ii ui110i vi110i ui1102i 30.5 15 15 46.5

k（1）从①ybxa；②ymxm0,k0；③ycx2dxe三个函数中选择一个作为年广告

费用x和年利润额y的回归类型，判断哪个类型符合，不必说明理由； （2）根据（1）中选择的回归类型，求出y与x的回归方程；

（3）预计要使年利润额突破1亿，下一年应至少投入多少广告费用？(结果保留到万元)

参考数据：

103.6788，3.6788349.787 eˆˆa参考公式：回归方程vˆbuˆ中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为buvnxyii2ii1nnui1 nu2xyx2y221．如图所示，已知椭圆C:1与直线l:1．点P在直线l上，由点P引椭圆C的两

6363条切线PA、PB，A、B为切点，O是坐标原点．

(1)若点P为直线l与y轴的交点，求△PAB的面积S；

(2)若ODAB，D为垂足，求证：存在定点Q，使得DQ为定值.

xx22．已知函数fxeeasinx，a0，其中e是自然对数的底数．

(1)当x0,fx0，求a的取值范围；

(2)当x1时，求证：

exexx21xsinxsinlnx.

参考答案： 1．B

根据题中条件，可直接得出结果. 解：

由题意MNMxxMN,xMxxN,xMNM. 故选：B. 2．B

设出复数z1abi，z2mni，利用复数概念进行推导. 解：

am，设z1abi，z2mni，若z1z20，则bn，若bn0，则z1a，z2m，满足z1z2，

若bn0，则z1,z2不能比较大小；

若z1z2，则bn0，am，故z1z20，综上：p是q成立的必要不充分条件. 故选：B 3．C

根据等差数列的通项公式基本量计算出a55，进而利用等差数列求和公式及等差中项计算出结果. 解： 2a4a35，则

2a13da12d5，即

a14d5，即

a55，所以

S99a1a99a59545. 2故选：C 4．D

分夫妻只选一人，两人全选两种情况计算，夫妻全选时，先用用捆绑法求解. 解：

123若夫妻中只选一人，则有C2C5A3120种不同的方案；

122若夫妻二人全选，则有C5A2A220中不同方案，

故总计有140种不同方案， 故选：D. 5．D

根据坐标先求得向量a，结合平面向量数量积的运算律求得ab，即可由平面向量投影的定义求得b在a上的投影.

解：

向量a2,23，则a2223因为a3ba，

2则a3ba0，即a3baa3ab0，

24，

所以ab16， 316b在a上的投影为ab34.

a43故选：D.

本题考查由坐标求平面向量模，平面向量数量积的运算律简单应用，投影的定义和求法，属于基础题. 6．A

利用奇偶性排除B和C，利用不等式放缩判断D 解：

根据题意，函数fx为偶函数，图象关于y轴对称，有两个零点为x1，排除B和C，又当x222时fxxlog2xx，排除D

故选：A.

方法点睛：由解析式判断图像主要从定义域，奇偶性，单调性，特殊值等方面考虑 7．C

由题可知：mtme01t800.1m0，化简得出结论.

解：

由题可知：mtme01t800.1m0

∴e80t0.1 ∴1tln0.12.30 801

∴t184（天）

∴要使河水的污染水平下降到初始时的10%，需要的时间大约是半年. 故选：C. 8．B

由麦克劳林公式得ln1+22222442423453n112nn，进而可得答案.

解：

解：根据麦克劳林公式得：ln1+22222442423453n112nn，

22424+-+所以ln1222353+1n1(2)nn(n5)

由于ln122ln2.41422.881. 故222424+-+353+1n1(2)nn(n5)的近似值为2.881.

故选：B.

本题考查数学知识迁移与应用能力，解题的关键是将所求近似代替，是中档题. 9．ACD

将平面展开图以ABCD为下底面，折起还原为正方体，然后利用异面直线所成角定义判定选项A,C,选项B易于判定，利用线面平行判定定理判定选项D. 解：

将平面展开图以ABCD为下底面，折起还原为正方体，各顶点的字母标记如图所示， 连接DE,则AH⊥DE,FC∥DE,∴AH⊥FC,故选项A正确；

AC∥EG,EG与BG相交，∴AC与BG显然不平行，故选项B错误；

∵DE∥CF,△BDE为等边三角形，∴∠BDE=60°，故异面直线BD与FC所成角为60°，故选项C正确；

∵AC∥EG,AC⊄平面BEG,EG⊂平面BEG,∴AC∥平面BEG,故选项D正确. 故选：ACD.

10．ABC

由已知条件，可通过幂函数、指数函数、对数函数的函数性质，结合不等式性质来进行判断，选项D可通过举特例来进行判断. 解：

选项A，幂函数yxc在上是增函数，因为0＜a＜b＜1＜c，所以ac＜bc，故该选项正确； （0，1）1，指数函数ycx在选项B，c＞上是增函数，因为0＜a＜b＜1＜c，所以ca＜cb，故该选（0，1）项正确；

选项C，因为0＜a＜b＜1＜c，所以logca＜logcb＜0，而logaclogac＞logbc，故选项C正确；

11，logbc，所以logcalogcb选项D，令cπ，a故选：ABC. 11．ABC

π

，满足0＜a＜b＜1＜c，但sinc＜sina，故选项D错误. 4

(x100)1由f(x)B错误;然后根据正态分布的对称性e200可知=100，=10，由此判断A正确，

10222，3原则求解概率判断C和D. 及，解：

(x100)1由正态分布密度曲线函数f(x)e200，x,得=100，=10，该地水稻的平

1022均株高为=100cm，所以A正确；该地水稻株高的方差为=10，所以B正确；

Px120Px80Px70，所以株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率大，

所以C正确；

根据正态分布的对称性可知：P100x110P90x100P80x90,所以株高在（80，90）和在（100，110）（单位：cm）的概率不一样大，所以D错误；

故选：ABC 12．AC

由已知可得圆心M(cos,sin)，半径r1，且圆过原点，求出圆心到直线的距离，逐项判断，即可得出结论. 解：

选项A，圆M:(xcos)2(ysin)21恒过原点O(0,0)， 所以A正确；

圆心M(cos,sin)到直线l的距离为d， d|kcossin|1k2|sin()|1

对于任意实数k，直线l与圆相交或相切，

所以选项C正确，选项B不正确； 圆上的点到直线l距离最大值为d12， 所以选项D不正确. 故选:AC.

本题考查直线与圆的位置关系，注意点到直线距离公式的合理应用，属于中档题. 13．x6y60或x6y60

xy设直线方程为1，根据题设条件得到关于a,b的方程组，解方程组后可得所求的直线方程.

ab解：

xy1b1设直线l的方程为1，则ab3，且，

ab2a6a6a6解得或者，

b1b1xyxy1或1，即x6y60或x6y60. ∴直线l的方程为6161故答案为：x6y60或x6y60. 14．2

根据二项式展开式的通项公式求得x2的系数和x2的系数，由此可得答案. 解：

146ra33r6rrrr233CaxTCxaxCaxr3展开式中通项，所以时，得到的系数为x6r1663x6r

20a3，

ar6时，得到x的系数为Caa，从而x1x3的展开式中x2的系数为a620a3224，

x2666664解得a38或a328，所以正实数a的值为2． 故答案为：2.

易错点点睛：(1)本题主要考查二项式展开式的通项和指定项的求法，考查指数幂的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 二项式通项公式：Tr1Cnarrnrbr

（r0,1,2,,n）①它表示的是二项式的展开式的第r1项，而不是第r项；②其中Cn叫二项式展开式第r1项的二项式系数，而二项式展开式第r1项的系数是字母幂前的常数；③注意

r0,1,2,,n．

15．4

结合双曲线的定义以及三角形的中位线，求得MO. 解：

延长F2M交PF1于Q，由于PM是F1PF2的角平分线，F2MPM， 所以三角形QPF2是等腰三角形，所以PQPF2，且M是QF2的中点. 根据双曲线的定义可知PF1PF22a，即QF12a， 由于O是F1F2的中点，所以MO是三角形QF1F2的中位线， 所以MO1QF1a4. 2故答案为：4

16．2n1（1≤n≤9，n为奇数）

可得n为奇数时an4an2，即数列an的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列，即可求解. 解：

当n为奇数时，n1为偶数，n2为奇数， 则an2an1222an2124an2，

故数列an的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列， an14n112， 2n1（1≤n≤9，n为奇数）

故解下n（n为奇数）个环所需的最少移动次数为2n1（1≤n≤9，n为奇数）. 故答案为：2n1（1≤n≤9，n为奇数）.

关键点睛：解决本题的关键是判断出数列an的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列. 17．（1）B；（2）3. （1）分别选三个条件，都可用正弦定理解出；

（2）由余弦定理可得3ac16b2，利用基本不等式可求出b的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积. 解：

（1）选①，由正弦定理得

sinBcosB1， sinA3sinAπ3

π1∵sinA0，∴3sinBcosB1，即sinB，

62ππ5π∵0Bπ，∴B，

666∴Bπππ，∴B.

366asinB， cosB选②，∵2bsinAatanB，2bsinA由正弦定理可得2sinBsinAsinA∵sinA0，∴cosBπ3sinB， cosB1， 2∵B0,π，∴B.

选③，∵sinABsinπCsinC，

22由已知结合正弦定理可得acacb，

a2c2b2ac1∴acbac，∴cosB，

2ac2ac2222∵B0,π，∴B.

（2）∵b2a2c22accosBac3ac163ac，即3ac16b2，

2π3ac∴16b3，解得b2，当且仅当ac2时取等号，

2221∴bmin2，ABC周长的最小值为6，此时ABC的面积SacsinB3. 2

本题考查正余弦定理的应用，考查基本不等式求最值，考查三角形面积公式，属于基础题. 118．(1)an

2211(2)+99

552nS1,n1（1）利用an得到等比数列，求出通项公式；（2）结合第一问利用等比数列求和公

SS,n2n1n式及分组求和进行求解. (1) 由Sn11an1，得Sn1an11，

33

111两式相减得an1an1an，即an1an，

332又当n=1时，a1S111a11，解得：a1， 32n111所以an是以为首项，为公比的等比数列，所以an；

222(2)

an,n4k1nπ0,n4k2由（1）可知bnansin， 2an,n4k30,n4k4所以b1,b3,b5,b7,b97,b99是首项为11，公比为的等比数列，共有50项，所以24T100a1a3a5a75011122114a97a99+99．

55211419．(1)证明见解析 (2)27 7（1）面面垂直得线面垂直，进而得到线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求解二面角的余弦值. (1)

证明：∵平面ABCD⊥平面PCD，平面ABCD∩平面PCD=CD，AD⊂平面ABCD，AD⊥DC， ∴AD⊥平面PCD，∵PC⊂平面PCD， ∴AD⊥PC； (2)

在平面PCD内过点D作DH⊥DC，交PC于H，由（Ⅰ）知，AD⊥平面PDC，DH⊂平面PDC， ∴AD⊥DH，∴AD，CD，DH两两垂直，

以D为原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则D0,0,0，P0,1,3，A2,0,0，B2,1,0，C0,2,0， ∵DH⊥平面ABCD，

∴平面ABCD的一个法向量为n0,0,1，又PA2,1,3，PB2,2,3，设平面PAB的一个法向量为mx,y,z，

mPA2xy3z0由，取z2，则mmPB2x2y3z03,0,2，

∴cosn,mnmnm2277，由题意可知，二面角P﹣AB﹣C为锐角， 7∴二面角P﹣AB﹣C的余弦值为27； 7120．（1）选择回归类型ymxk更好；（2）yex3；（3）下一年应至少投入498万元广告费用． （1）根据散点图形状可确定回归类型；

（2）对ymxk两边取对数，利用最小二乘法可求得k,m，由此可得回归方程； （3）令yex310可解出x的范围，进而确定结果. 解：

（1）由散点图知，年广告费用x和年利润额y的回归类型并不是直线型的，而是曲线型的， 所以选择回归类型ymxk更好．

（1）对ymxk两边取对数，得：lnyklnxlnm，即vkulnm，

1ˆk由表中数据得：

uv10uvii2ii11010ui110u230.5101.51.51ˆ1.511.51，me， ，lnmvku46.5101.51.533

年广告费用x和年利润额y的回归方程为yex3．

1（3）由（2）知：yex， 令yex10得：x131313110，解得：x33.6788， e，49.8十万元498万元 x3.6788349.787，x49.8（十万元）

下一年应至少投入498万元广告费用．

21．(1)4； (2)证明见解析.

（1）可得点P0,3，设切线方程为ykx3，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得

k的值，可知PAPB，求出两切点的坐标，可得出PA、PB，利用三角形的面积公式可求得结

果；

（2）设Ax1,y1、Bx2,y2，可得出切线PA、PB的方程，设点Pm,n，求出直线AB的方程，可得出直线AB过定点T，由ODAB结合直角三角形的几何性质可得出结论. (1)

解：由题意知P0,3，过点P与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为ykx3，

ykx322联立2，可得2k1x12kx120，（*） 2x2y6222由144k482k148k10，

可得k1，即切线方程为yx3，所以，PAPB，

将k1代入方程（*）可得x24x40，可得x2，此时y1， 不妨设点A2,1，同理可得点B2,1，PAPB41322，

2因此，S(2)

1PAPB4. 2xxyyx2y2证明：先证明出椭圆1在其上一点Mx0,y0处的切线方程为001，

6363x2y222因为点Mx0,y0在椭圆1上，则x02y06，

63x0xy0y12222x2yx63xxy0000y联立2，消去可得10， 2xy3633136

22整理得x2x0xx00，即xx00，解得xx0，

2xxyyx2y2因此，椭圆1在其上一点Mx0,y0处的切线方程为001.

6363设Ax1,y1、Bx2,y2，则切线PA的方程为mx1ny1163设Pm,n，则，

mxny22136x1xy1yxxyy1，切线PB的方程为221. 3636所以，点A、B的坐标满足方程mx2ny60， 所以，直线AB的方程为mx2ny60，

因为点Pm,n在直线1上，则m2n6，则2n6m，

所以，直线AB的方程可表示为mx6my60，即mxy6y10，

x6y3xy0x1由，可得，故直线AB过定点T1,1，

y10y1因为ODAB，所以，点D在以OT为直径的圆上， 当点Q为线段OT的中点时，DQ1112，此时点Q的坐标为,. OT2222112故存在点Q,，使得DQ为定值. 222

方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程yy0kxx0或截距式ykxb来证明. 22．(1)0,2； (2)证明见解析.

xx（1）求得fxeeacosx，分0a2、a2两种情况讨论，利用导数分析函数fx在

0,上的单调性，验证fx0对任意的x0是否恒成立，由此可求得实数a的取值范围；

（2）将所证不等式转化为证明fxflnx（此时a2），由（1）中的结论可知，当0a2时，函数fx在0,上恒为增函数，只需证明xlnx，构造函数gxxlnx，其中x0，利用导数得出gxmin0，即可证得结论成立. (1)

xxxx解：因为fxeeasinx，则fxeeacosx，

①当0a2时，由1cosx1可知2aacosxa2， 又因为exex2exex2，当且仅当x0时，等号成立，

xx所以fxeeacosx0恒成立，且fx不恒为零，

所以函数fx在0,上为增函数．又f00，所以fx0对x0恒成立；

xxxx②当a2时，令hxeeacosx，则hxeeasinx，

当0x2xx时，exex0，asinx0，则hxeeasinx0，

所以，函数hx在0,上单调递增，

22因为h02a0，hee20，

2由零点存在定理可知，存在x00,，使得fx0hx00.

2当0xx0时，fx0，此时函数fx单调递减，故fx0f00，不合乎题意. 综上所述，0a2. (2) 证明：要证

exexx211xxeex2sinx2sinlnx， ，只需证xsinxsinlnxx1xxlnxlnxxx即证ee2sinxx2sinlnx，即证ee2sinxee2sinlnx，

x即证fxflnx（此时a2），

由（1）可知当0a2时，函数fx在0,上恒为增函数，所以即证xlnx， 不妨令gxxlnx，其中x0，则gx11x1. xx当0x1时，gx0，此时函数gx单调递减，

当x1时，gx0，此时函数gx单调递增，故gxg110，即xlnx，

所以原结论得证．

方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明fxgx0（或

fxgx0），进而构造辅助函数hxfxgx；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.