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2021-2022学年江苏省连云港市高三上学期期末数学试题及答案.doc

发布时间：2023-11-09 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：4.44M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2021-2022 学年江苏省连云港市高三上学期期末数学试题及 答案 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. 设全集U  R ，集合 A   x 1   x  4 ，集合   B x 0   x  2 ，则集合   ð U A  B  ） 1,2 （ A.  B.  1,2 C.  2,4 D.  2,4 【答案】D 【解析】 【分析】利用补集和交集的定义可求得结果. 【详解】由已知可得 U B ð   x x  0 或 2x  ，因此， A  ð U B   x 2   x  4 ， 故选：D. 2. 已知复数 z 满足  z   ，则 z  （ 1 i 4i  ） B. 2 C. 2 2 D. 4 2 A. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数 z ，利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】由已知可得 z  4i 1 i     4i 1 i    1 i 1 i     z  2 2  2 2  2 2 . 2i 1 i    2 2i   ，因此， 故选：C. 3. 不等式 x   成立的一个充分条件是（ 0 1 x ） B. 1 x   C. 1    0x D. A. 0 1 x   1x  【答案】C 【解析】
    1 x 1 【分析】首先解不等式 x   得到 1x  或 1    ，再根据充分条件定理求解即可. 0x 0 【详解】 x    0 1 x x 2  x     x x 0 1  x     或 1 1    ， 0x 0 1 x  因为 x | 0   1     x x x 1 或 1    ，  0x   成立的一个充分条件是 0 0 1 x 1x  . 所以不等式 x 故选：C 4. 某地元旦汇演有 2 男 3 女共 5 名主持人站成一排，则舞台站位时男女间隔的不同排法共 有（ ） A. 12 种 【答案】A 【解析】 B. 24 种 C. 72 种 D. 120 种 【分析】先排列 2 名男生共有 2 2A 种排法，再将 3 名女生插入到 3 名男生所形成的空隙中， 共有 3 3A 种排法，分步乘法原理可求得答案. 【详解】解：先排列 2 名男生共有 2 2A 种排法，再将 3 名女生插入到 3 名男生所形成的空隙 中，共有 3 3A 种排法， 所以舞台站位时男女间隔的不同排法共有 2 A A  种排法， 2 12 3 3 故选：A. 5. 已知向量    a  b  ,1 , x   2,   , y c   1, 2      a c ，b ，且 / /  c B. 10 C. 11 A. 3 【答案】B 【解析】   ，则 2a b  （ ） D. 2 3  【分析】利用向量共线和向量垂直的坐标表示求出 x，y，再求出 2a b  的坐标计算作答. 【详解】向量    a  b  ,1 , x   2,   , y c   由b 所以  c  a b  2  得： 2 2 y  ，即 1y  ，于是得 0 ( 3)  2  2 1  10 .   1, 2  ，由 / /  1( a   2 ,1)   a c 得： 2 1x r ，  b  2,1 1  ，即 2  ( 3,1) a b   x   ，  ， 2 ，
    故选：B 6. 已知拋物线 2 1 : C y  2 ( px p  的焦点 F 为椭圆 0) C 2 : 2 2 x a  2 2 y b  1( a 点，且 1C 与 2C 的公共弦经过 F ，则椭圆的离心率为（ ）   的右焦 0) b B. 5 1  2 C. 3 1  2 D. 2 2 A. 2 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件求出椭圆两焦点坐标，再求出 1C 与 2C 的公共点的坐标，借助椭圆定 义计算椭圆长轴长即可作答. pF 【详解】依题意，椭圆 2C 的右焦点 ( 2 ,0) F  ，则其左焦点 ( p 2 ,0) ， 设过 F 的 1C 与 2C 的公共弦在第一象限的端点为点 P，由抛物线与椭圆对称性知， PF x 轴，如图， 直线 PF方程为： x  p 2 ，由 p   x 2   2 y   2 px pP 得点 ( 2 , p ，于是得| ) |PF p ， 在 PF F  中，  PFF  90  ，| |FF   ，则| p PF   | 2 p ，因此，椭圆 2C 的长轴长 2 a PF |   |  | PF |  ( 2 1)  ， p 所以椭圆的离心率 e   | | FF 2 a  p  ( 2 1) p  2 1  . 故选：A
    7. 如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的 角为30 ，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点 M ， N 到容器底部的距离分别是 12 和 18， 则容器内液体的体积是（ ） B. 36 C. 45 D. 48 A. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为 3 ，高为 (12 18) 的圆柱体积的一半，即可求解答案. 【详解】如图为圆柱的轴截面图，过 M 作容器壁的垂线，垂足为 F, 因为 MN 平行于地面，故 MNF  30  ， 椭圆长轴上的顶点 M ， N 到容器底部的距离分别是 12 和 18， 故 NF  18 12 6   , 在 Rt MFN△ 中， MF NF   tan 30   2 3 ，即圆柱的底面半径为 3 ， 所以容器内液体的体积等于一个底面半径为 3 ，高为 (12 18) 的圆柱体积的一半， 即为 1 2    ( 3) 2  30  45  ， 故选：C. 8. 记 x 表示不超过实数 x 的最大整数，记 na   log 8 n ，则 2022  的值为（ a i i 1  ） A. 5479 【答案】B B. 5485 C. 5475 D. 5482
    【解析】 【分析】分别使 0 log  8 1n  、 1 log  8 2n  等，然后求和即可. 【详解】由题意可知，当1 8n  时， na  ； 0 当8 n  时， 64 na  ； 1 当 64 n  512 时， na  ； 2 当512 n  4096 时， na  ， 3 所以 2022  i 1  a i    7 0 56 1 448 2 1511 3 5485       . 故选：B 二､多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求.全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分. 9. 已知  x   1 2 x n    的展开式中共有 7 项，则（ ） A. 所有项的二项式系数和为 64 B. 所有项的系数和为 1 C. 二项式系数最大的项为第 4 项 D. 有理项共 4 项 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得 6n  ，对于 A，所有项的二项式系数和为 2n ，对于 B，令 1x  可求出 所有项的系数和，对于 C，由二项式展开式的系数特征求解即可，对于 D，求出二项式展开 式的通项公式，可求出所有的有理项  x   1 2 x n    【详解】因为 所以 6n  ， 的展开式中共有 7 项， 对于 A，所有项的二项式系数和为 62 64 ，所以 A 正确， 对于 B，令 1x  ，则所有项的系数和为 1    61   2   1 64 ，所以 B 错误，
    对于 C，由于二项式的展开项共有 7 项，所以二项式系数最大的项为第 4 项，所以 C 正确， 对于 D，  x   1 2 x 6    的展开式的通项公式为 rT 1   r C x 6 6  r     1 2 x r     r C 6 r    1 2    36  2 r x ， 当 0,2,4,6 r  时，展开式的项为有理项，所以有理项有 4 项，所以 D 正确， 故选：ACD 10. 将函数   f x  sin A   x   的图象向左平移  6 个单位长度后得到 y    g x 的图象 如图，则（ ） A.  f x 为奇函数  B.  f x 在区间 ,     6 2     上单调递增 C. 方程   1 f x  在 0,2 内有 4 个实数根  D. f x 的解析式可以是   f x     2sin 2   x   3    【答案】BC 【解析】 【分析】利用图象可求得函数   g x 的解析式，利用函数图象平移可求得函数  f x 的解析  式，可判断 D 选项；计算  0f 可判断 A 选项；利用正弦型函数的单调性可判断 B 选项；当 x    0,2 时，求出方程   1 f x  对应的 2 2 x   可能取值，可判断 C 选项. 3 【详解】由图可知，函数   g x 的最小正周期为 T  A g x   max  ， 2 4 5 3 12   3          ，   2  T  ， 2
    所以，  g x    2sin 2  x   ，则 g    5  12     2sin 所以， 5  6      2 k  k  2  ，得 Z     2 k       2 ，可得 sin    5  6   ，   1   ， Z  5    6   3 k  因为   ，则  2   ，所以，  g x  3    2sin 2   x   3    ， 将函数   g x 的图象向右平移 个单位可得到函数  f x 的图象，   6     6 3      故  f x    2sin 2      x    2sin 2   x  2    3  . 对于 A 选项，因为   0 f  2sin 2      3    0 ，故函数   f x 不是奇函数，A 错； x 6  3   时，   3  2 x  2  3  ，故函数  0 f x 在区间 ,     6 2     上单调 对于 B 选项，当 递增，B 对； 对于 C 选项，由  f x    2sin 2   x  2    3   1 ，可得  sin 2   x  2  3     1 2 ， 当    0,2 x 时，  2  3  2 x  2   3 10 3  ，所以， 2 x  2        3      17 6 13 6 5 6 6 , , , ，C 对； 对于 D 选项，  f x    2sin 2   x  2  3      2sin 2   x   3    ，D 错. 故选：BC. 11. 在平面直角坐标系 xOy 中，若对于曲线 y    f x 上的任意点 P ，都存在曲线 y    f x 上的点 Q ，使得   OP OQ  0 性质”的是（ ） A. y x  1 y  C. lnx x 【答案】BD 成立，则称函数   f x 具备“ 性质”.则下列函数具备“ B. y  2 cos x D. y  e 2x  【解析】 【分析】四个选项都可以做出简图，对于选项 A 和选项 C，可在图中选取特殊点验证排除；
    选项 B、选项 D 可在图中任意选择点 P ，观察是否存在点 Q ，使得   OP OQ  0 成立，即可 做出判断. 【详解】 选项 A，如图所示，曲线 y 2 2 2 2 x  与 y 1 y   OP OQ  0 x  ，当点 P 取得 1 （- ， ）时，要使得点 Q 满足   OP OQ  0 成立，那么点Q 落在直线 y x 上，而此时 故此时不满足在 y x  上存在点 Q ，使得 1 x 两直线是平行的，不存在交点， 成立，故选项 A 错误； 选项 B，如图所示，曲线 y ，对于曲线 y  2 cos x 上的任意点 P ，都存在曲线 y  2 cos x 上的点 Q ，使得  0 成立，故选项 B 正确； 2 cos x    OP OQ
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