2021届山东省滨州市高三上学期期末数学试题含解析

2021届山东省滨州市高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】化简集合，然后根据交集的概念求出结果即可.

【详解】∵，

∴.

故选：A.

2．已知为虚数单位，若，则的共扼复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数除法运算法则，上下同乘以，化简后，根据共轭复数定义写出结果.

【详解】，

则

故选：D

3．《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有如下问题:“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是:“有大夫、不更、簪裹、上造、公士(爵位依次变低)个人共出钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成等差数列，这个人各出多少钱?”.在这个问题中，若大夫出钱，则上造出的钱数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将实际问题转化为等差数列的数学模型，根据前n项和公式求出公差，结合通项公式即可求解.

【详解】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列.

根据题意可知，等差数列的首项为，前5项和为100，设公差为d，

则，解得，

所以上造出的钱数为.

故选：D.

4．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的正负进行综合判断.

【详解】因为，所以为奇函数，故排除A选项；

因为时，

令，即，所以，故，排除B、D选项.

故选：C.

5．已知平面向量满足,且,则向量与的夹角为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设向量与的夹角为θ，θ∈[0，π]

由•（+）=3代入数据可得22+2×1×cosθ=3，

解之可得cosθ=，

故可得θ=.

故答案为C.

6．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据角终边上点的坐标，求得，代入二倍角公式即可求得的值．

【详解】因为终边上点，所以，

所以

故选：B．

7．已知函数对任意都有，且当时.，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题知函数的周期为，进而，再结合已知条件求解即可.

【详解】解：因为函数对任意都有，

所以对任意都，即函数的周期为，

所以，

又因为时.，对任意都有，

所以，，

所以

故选：A

【点睛】本题主要考查函数的周期性.常见表示周期的形式有；；；等等，简而言之，如果两个变量的差为常数，这个函数即为周期函数，要熟记常见的表示形式.

8．已知双曲线是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点.则双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由直线与渐近线的距离得到圆心到直线的距离为，再根据圆与双曲线C的右支没有公共点，由求解.

【详解】双曲线的一条渐近线方程为，

因为点是直线上任意一点，

又直线与直线的距离为：

，

即圆心到直线的距离为：,

因为圆与双曲线C的右支没有公共点，

所以，即，又,

所以双曲线的离心率的取值范围为.

故选：B

【点睛】本题考查求解双曲线离心率的范围，对学生的理解与转化能力要求较高，难度较难.涉及到和双曲线某一支的交点个数问题，注意借助双曲线的渐近线进行分析.解题的关键在于将问题转化为渐近线与直线的距离大于等于圆的半径.

9．下列命题为真命题的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据不等式的性质作差法比较大小或取特殊值判断，即可得出结果.

【详解】对于A选项，当时，显然不成立，故A选项为假命题；

对于B选项，当时，满足，但不满足，故B选项为假命题；

对于C选项，当时，，不满足，故C选项为假命题；

对于D选项，由于，所以，

即，故D选项为真命题.

故选：D.

二、多选题

10．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ）

A．若m⊥α，n⊥α，则mn B．若α⊥β，m⊥β，mα，则mα

C．若α⊥β，m⊂α，则 D．若m⊂α，n⊂α，mβ，nβ，则αβ

【答案】AB

【分析】选项A.由线面垂直的性质可判断;选项B. 由面面垂直的性质和线面垂直的性质判断;选项C. 由面面垂直的性质和线面垂直的性质判断;选项D. 没有直线m，n相交的条件，所以α，β可能平行，也可能相交.

【详解】选项A. 由m⊥α，n⊥α，则mn，故A正确.

选项B. 由α⊥β，m⊥β，可得，或，由条件mα，所以，故B正确.

选项C. α⊥β，m⊂α,设，若不垂直于，则与平面也不垂直，故选项C不正确.

选项D. m⊂α，n⊂α，mβ，nβ，则α，β可能平行，也可能相交.故D不正确.

故选：AB

11．二项展开式，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】对A、D选项，给赋特值即可判断；对于C选项则需要根据二项式系数的公式即可得出；对于B选项求导以后赋特值即可求出.

【详解】对A：令，可得，故A正确；

对B：左右两边分别求导得：，令，得，故B正确；

对C：，故C正确；

对D：令，可得，而，所以，故D错误.

故选：ABC.

12．已知函数，且对任意都有，则（    ）

A．的最小正周期为 B．在上单调递增

C．是的一个零点 D．

【答案】ACD

【分析】由已知可得，化简可得，化简函数解析式为，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.

【详解】由题意可知函数的图象关于直线对称，则，

即，整理可得，即，

所以，，，所以，，D选项正确；

，故函数的最小正周期为，故A选项正确；

当时，可得，若，则函数在上单调递减，故B选项错误；

，故是的一个零点，故C选项正确.

故选：ACD.

【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：

（1）将函数解析式变形为或的形式；

（2）将看成一个整体；

（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.

三、填空题

13．曲线C：在点M（1，e）处的切线方程为_____________．

【答案】

【详解】试题分析：因为，所以切线斜率为，切线方程为，

【解析】导数几何意义

14．斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与该抛物线相交于，两点，则______.

【答案】8

【分析】求出直线的方程，设、，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得，然后由焦点弦长公式可得结论．

【详解】抛物线的焦点坐标为，直线方程为，设、，则由抛物线焦点弦长公式得：，

又、是抛物线与直线的交点，由得，则，

∴.

故答案为：8.

【点睛】结论点睛：焦点弦的一些性质：抛物线的焦点为，是其过焦点的弦，，则（1）．（2）．（3），．

15．甲、乙两人从门不同的课程中各随机选修门课程.则甲、乙所选的课中至少有门课程不同的概率为________

【答案】

【分析】甲、乙所选的课中至少有门课程不同的概率较难求解，不如求甲、乙所选的课程相同的概率，再用即可.

【详解】甲、乙两人从4门不同的课程中各自随机选修2门课程的选法 为种，

设事件A：甲、乙所选的课程中至少有1门课程不同，

则事件 ：甲、乙所选的课程相同，

, ,

故答案为：

四、双空题

16．已知侧棱长为的正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，当该棱锥体积最大时，底面的边长为______，此时球的表面积为______.

【答案】2       

【分析】正四棱柱底面为正方形，侧棱长相等为，表示出底面边长，以及正四棱柱的体积，利用导函数求出当时，体积最大，得底面边长，再在中，求出球的半径，进而求出表面积.

【详解】

如图， ,设四棱锥体积最大时高为 ，

则 ， ，,

，

，

当 时，体积最大，即，

则， ,

设外接球半径为R，则

中， ,

解得 , 球的表面积为 .

故答案为：（1）2；（2）.

【点睛】充分利用正四面体的几何特点，以及和外接球的关系，利用导函数求最大值.

五、解答题

17．在①;②的面积为；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解答.

在△中，角所对的边分别为，且

（1）求的值;

（2）求的值.

注:如果选择多种方案分别解答，那么接第一种方案的解答记分.

【答案】（1）4；（2）.

【分析】（1）选择①，利用正弦定理角化边，结合已知求得a,b的值，然后由余弦定理求得；选择②，先由同角三角函数关系求得角C的正弦值，进而利用面积公式求得ab的值，结合a-b=1，解方程组求得a,b的值,然后利用余弦定理求得；选择③，先利用余弦定理角化边，整理求得ab的值，接下来同选择②；

（2）方法一：利用余弦定理求得B的余弦值，进而利用同角三角函数的关系求得B的正切，然后利用正切的二倍角公式计算；方法二：由C的余弦值求得正弦值，利用正弦定理求得B的正弦，进而求得B的正切值，然后同解法一计算即得.

【详解】（1）

选①：因为，

由正弦定理，得.

又因为，

解得，.

由余弦定理，得，

所以.

选②：因为，，

所以.

又因为的面积为，

所以.

所以.

又因为，

所以，

解得，或（舍去）.

所以.

由余弦定理，得，

所以.

选③：因为，

由余弦定理，得，

整理得（或由射影定理，得）.

又因为，

所以，

解得，或（舍去）.

所以.

由余弦定理，得，

所以.

（2）方法一：

由余弦定理，得.

又因为，所以，

所以.

所以.

方法二：

因为，且，

所以.

由正弦定理，得，又由（1）知，，

所以.

因为，

所以，所以.

所以，

所以，

所以.

18．已知等比数列的前项和为，且，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，，求的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据已知条件求出等比数列的公比，利用等比数列的通项公式可求得；

（2）求得，然后利用分组求和法结合裂项相消法可求得.

【详解】（1）因为，所以，

化简，得，所以，所以等比数列的公比.

因为，所以；

（2）由（1）知，所以.

所以

.

19．年春，我国武汉出现新型冠状病毒，感染后会出现发热、咳嗽、气促和呼吸困难等症状，严重的可导致肺炎甚至危及生命.新型冠状病毒疫情牵动每一个中国人的心.为了遏制病毒的传播，危难时刻全国人民众志成城.共克时艰.某校为了了解学生对新型冠状病毒的防护认识，对该校学生开展网上防疫知识有奖竞赛活动.并从男生.女生中各随机抽取人，统计答题成绩分别制成如下频率分布直方图和频数分布表:

女生成绩规定:成绩在分以上(含分)的同学称为“防疫明星”.

（1）根据以上数据，完成以下列联表，并判断是否有的把握认为“防疫明星”与性别有关;

（2）以样本估计总体，以频率估计概率，现从该校男生中随机抽取人，其中“防，明星”的人数为，求随机变量的分布列与数学期望.

附:参考公式，其中

参考数据：

【答案】（1）有的把握认为“防疫明星”与性别有关；（2）分布列见详解，期望.

【分析】（1）由已知条件补全列联表，然后计算出，与临界值比较即可得出结论；

（2）判断服从二项分布，然后列出分布列，根据二项分布的期望可以直接求出.

【详解】（1）由频率分布直方图得，男生中成绩大于等于80的频率为，

则男生中“防疫明星”的人数为人，“非防疫明星”人数为8；

由频数分布表得，女生中“防疫明星”的人数为6人，“非防疫明星”人数为14人.

所以列联表为

因为的观测值，

所以有99%的把握认为“防疫明星”与性别有关.

（2）以样本估计总体，以频率估计概率，从20名男生中随机抽取1人，是“防疫明星”的概率为.

从该校男生中随机抽取4人，其中“防疫明星”的人数服从二项分布，即.

的可能取值为0，1，2，3，4，

则，

，

，

，

.

所以随机变量的分布列为：

所以的数学期望为.

20．如图1一副标准的三角板中，.将三角板的边与重合，把两个三角板拼成一个空间图形，如图2设是的中点，是的中点.

（1）求证:平面平面

（2）若，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）分别证得，，从而平面.进而证得平面平面.

（2）方法一：根据边长关系证得，从而有，为二面角的平面角.分别在三角形中解得NG，EG的长，即可求得二面角的余弦值；

方法二：以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，取平面的法向量为，根据向量的夹角求得二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：因为，分别为，的中点，所以.

又因为，所以.

因为，所以.

因为，所以平面.

因为平面，所以平面平面.

（2）方法一：在中，，所以，，

所以，.

又因为，

所以，所以.

又因为，平面，平面，，

所以平面，，

过点作于点，连接，

则平面，所以，

所以为二面角的平面角.

在中，，，，所以.

在中，，所以.

所以.

所以二面角的余弦值为.

方法二：在中，，所以，.

所以，，

又因为，所以，

所以.

由（1）可知，，

所以以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，，

所以，.

设平面的法向量为，则即

所以平面的一个法向量.

因为平面，

所以可取平面的法向量为.

因为，

所以二面角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：求二面角时，一般分为两种解法：几何法，建系法；几何法需要根据二面角定义，作出其平面角，在三角形中求得各边长，并利用余弦定理求解余弦值；建系法是通过将二面角转化为平面的法向量的夹角来得.

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且满足

（1）求椭圆的标准方程;

（2）设直线与椭圆交于不同两点，且，证明:总存在一个确定的圆与直线相切，并求该圆的方程.

【答案】（1）；（2）证明详见解析，.

【分析】（1）方法一，将数量积公式转化为坐标运算求，再根据点在椭圆上，求椭圆方程；方法二，由数量积运算公式化简后，可得，可得焦点坐标，再利用椭圆的定义求以及椭圆方程；

（2）直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示

，得，并计算原点到直线的距离，判断圆的方程.

【详解】（1）方法一：设，（），

则，.

因为，所以，

解得，或（舍去）.

所以.

又因为点在椭圆上，所以，

即，

解得，或（舍去）.

所以，所以，椭圆的标准方程为.

方法二：因为，

所以，

即，所以.

又点在椭圆上，所以，.

且由椭圆的定义，得.

所以.

所以.

所以，椭圆的标准方程为.

（2）联立，消去，得.

因为直线与椭圆交于不同的两点，，

所以.

设，，则，.

所以

.

又因为，所以，

即，

所以.

所以，原点到直线的距离.

所以，存在定圆与直线相切.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系的综合应用，本题的关键是利用韦达定理得到，并且能推理计算原点到直线的距离为常数，从而得到圆的方程.

22．已知函数

（1）讨论函数的单调性;

（2）若，证明:

【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）见详解

【分析】（1）对函数进行求导，然后根据参数进行分类讨论；

（2）构造函数，求函数的最小值即可证出.

【详解】（1）的定义域为，.

当时，在上恒成立，

所以在上单调递增；

当时，时，；

时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

综上所述，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，.

令，，

则.

，

令，.

恒成立，

所以在上单调递增.

因为，，

所以存在唯一的，使得，

即.①

当时，，即，所以在上单调递减；

当时，，即，所以在上单调递增.

所以，，②

方法一：把①代入②得

，.

设，.

则恒成立，

所以在上单调递减，所以.

因为，所以，即，所以，

所以时，.

方法二：设，.

则，所以在上单调递增，

所以，

所以.

因为，所以，

所以，

所以时，.

【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.