2021【KS5U解析】石嘴山三中高三补习班上学期期中考试数学（理）试卷含解析

石嘴山三中2020-2021（1）高三年级期中考试数学（理科）

第I卷（选择题）

一、单选题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 复数在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】

首先化简复数，再根据复数的几何意义确定象限.

【详解】，则复数在复平面内的点为，为第四象限的点.

故选：D

【点睛】本题考查复数的化简，几何意义，重点考查计算能力，属于基础题型.

2. 已知实数集，集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意和函数的定义域求出集合，由补集的运算求出，由交集的运算求出．

【详解】由得，则集合，

所以，

又集合，

则，

故选：．

【点睛】本题考查交、并、补集的混合运算，以及函数的定义域，属于基础题．

3. 已知角的终边经过点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由条件利用任意角的三角函数的定义，求得和的值，可得的值．

【详解】解：由于角的终边经过点，

则，
．

故选：B．

【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．

4. 某长江大桥的主体造型为：桥拱部分（开口向下的抛物线）与主桁（图中粗线）部分（可视为余弦函数一个周期的图象）相结合.已知拱桥部分长，两端引桥各有，主桁最高处距离桥面，则将下列函数等比放大后，与主桁形状最相似的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先根据题意，设主桁部分对应的函数为，由题意，求得，结合三角函数的伸缩变换，逐项判断即可得出结果.

【详解】不妨设主桁部分对应的函数为，

由题中条件可得，，，

则，所以，

A选项，与相比，近似扩大了倍，缩小倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故A排除；

B选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍，使周期扩大倍，故B正确；

C选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故C排除；

C选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故D排除；

故选：B.

【点睛】本题主要考查三角函数的伸缩变换，考查求余弦型函数的解析式，属于常考题型.

5. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】为奇函数，舍去A；，∴舍去D；时，，单调递增，舍去C.因此选B.

有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)由函数的周期性，判断图象的周期性.

6. 下列命题中：①若“”是“”的充要条件；

②若“，”，则实数的取值范围是；

③已知平面、、，直线、，若，，，，则；

④函数的所有零点存在区间是.

其中正确的个数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用充分条件与必要条件的关系判断①的正误；根据特称命题成立的等价条件求实数的取值范围，可判断②的正误；由面面垂直的性质定理可判断③的正误；利用零点存在定理可判断④的正误.

【详解】①由，可知，所以有，当时，满足，但不成立，所以①错误；

②要使“，”成立，则有对应方程的判别式，即，解得或，所以②正确；

③因为，，，所以，又，所以根据面面垂直的性质定理知，所以③正确；

④因为，，且函数连续，

所以根据零点存在定理可知在区间上，函数存在零点，所以④正确.

所以正确的是②③④，共有三个.

故选：C.

【点睛】本题考查命题的真假判断．正确推理是解题的关键．要求各相关知识必须熟练，考查推理能力，属于中等题.

7. 如图，已知中，为的中点，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用向量的线性运算将用表示，由此即可得到的值，从而可求的值.

【详解】因为，

所以，.故.

故选：C.

【点睛】本题考查向量的线性运算以及数乘运算在几何中的应用，难度一般.向量在几何中的应用可通过基底的表示形式进行分析.

8. “跺积术”是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、三角垛等．现有100根相同的圆柱形铅笔，某同学要将它们堆放成横截面为正三角形的垛，要求第一层为1根且从第二层起每一层比上一层多1根，并使得剩余的圆形铅笔根数最少，则剩余的铅笔的根数是（    ）

A. 9 B. 10 C. 12 D. 13

【答案】A

【解析】

【分析】

设只能堆放层，由已知得从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，根据等差数列的前n项和公式可求得选项．

【详解】设只能堆放层，则从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，

于是，且，解得，剩余的根数为．

故选：A.

【点睛】本题考查数列的实际应用，关键在于将生活中的数据，转化为数列中的基本量，属于中档题.

9. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的内切球的直径为(　　)

A.  B. 1 C. 2 D. 4

【答案】C

【解析】

【详解】由三视图知，该几何体为四棱锥，

如下图所示，设其内切球的半径为，

所以＝＝，

所以×(＋)，

解得，所以该几何体的内切球的直径为2.

故选：C.

10. 已知是定义在上的函数，且，如果当时，，则（   ）

A. 27 B. -27 C. 9 D. -9

【答案】B

【解析】

【分析】

先判断出函数的周期，然后利用周期性和已知条件，将转化为，将代入题目所给解析式，由此求得的值.

【详解】由，则，所以为周期为8的周期函数，，.故选B.

【点睛】本题考查函数的周期性与求值，考查运算求解能力.属于基础题.

11. 已知数列的前项和为，，若存在两项，，使得，则的最小值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得．求得，

，运用基本不等式，检验等号成立的条件，根据单调性即可得出结果.

【详解】解：，可得，即，

时，，又，

相减可得，即，

是首项为，公比为的等比数列．

所以．

，即，

得，

所以

，

当且仅当时取等号，即为，．

因为，取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则，

因为，在上单调递减，在上单调递增，所以当，时，取得最小值为．

故选：B.

【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查基本不等式的运用，考查化简运算能力，属于中档题．

12. 已知函数若存在实数，满足，且，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

实数，满足，且则必有、分别在、上且，结合构造，，利用导数研究单调性，即可求出的最大值

【详解】的图象如下

存在实数，满足，且，即

∴，则

令，，则

∴在上单调递增，故

故选：B

【点睛】本题考查了利用分段函数的图像分析存在性问题，并确定目标式中未知数的范围，进而构造函数，通过导数研究其单调性求最值

第II卷（非选择题）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 函数在区间上递减，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】

先求得函数的对称轴方程，再根据函数在区间上递减，由求解.

【详解】函数的对称轴方程为：，

因为函数在区间上递减，

所以 ，

解得，

所以实数的取值范围是，

故答案：

【点睛】本题主要考查二次函数单调性的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

14. 已知数列的通项公式为，其前项和为，则________.

【答案】2020

【解析】

【分析】

设，可并项求和，再分析，周期为，前4项为，则，再得到.

【详解】设，则,为正奇数，

则，

由，有周期性可知，前2020项和为0，

所以.

故答案为：2020

【点睛】本题考查了分组求和，并项求和，属于基础题.

15. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的表面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】

首先根据垂直关系，找到三棱锥外接球的球心，再计算外接球的半径，最后计算三棱锥外接球的表面积.

【详解】如图，取的中点，连结，

因为和为等边三角形，所以，，

所以，，

所以为的二面角，即，

，所以，

因为，，，

所以平面，

取的外心，的外心，

如图，过点作，过点作，，在平面内，

即为三棱锥外接球的球心，连结，

所以，

所以，

设外接球的半径为，

所以，

因为平面，所以，

所以，即，

所以，

所以外接球的表面积为

故答案为：

【点睛】本题考查球与几何体外接球的综合问题，重点考查空间想象能力，推理证明，计算能力，属于中档题型.

16. 已知函数，则__________，若函数有无穷多个零点，则的取值范围是__________．

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

根据题意得到，然后根据时的解析式，得到答案；根据时的解析式，得到其图像，然后根据时，由可知，每向左个单位，的值增大倍，得到的最小值，从而得到图像与图像的交点有无穷多个时，的取值范围.

【详解】因函数，

所以

.

当时，，当时，等号成立，

而时，由，

即每向左个单位，的值增大倍，

且

函数有无穷多个零点，

即图像与图像有无穷多个交点，

则.

故答案为；.

【点睛】本题考查分段函数的图像与性质，求函数的值，函数与方程，属于中档题.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

(一)必考题：共60分

17. 已知数列是公差大于0的等差数列，，且成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据等差数列的通项公式，再结合成等比数列即可求出公差，从而可得数列的通项公式；

（2）由（1）可得，可得，然后利用乘公比错位相减求和即可.

【详解】（1）设数列的公差为，

，且成等比数列，

，即，

 解得（舍）或，

.

（2）由（1）可知，

数列的前项和，

，

相减得，

.

【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式，考查了乘公比错位相减求和，属于中档题.

18. 已知函数

（1）求的最小正周期及在区间上的最大值和最小值；

（2）若，求的值.

【答案】（1）最小正周期为，；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用，通过二倍角公式和辅助角公式化简得，再利用周期公式和正弦函数的性质即可求解.

（2），即，利用以及同角三角函数及基本关系可求出，再利用展开代入即可求解.

【详解】（1），其最小正周期为

又，∴，

（2），

又，

，

，

【点睛】本题主要考查了三角函数的周期和最值，考查了给值求值问题，属于中档题.

19. 如图，在直三棱柱中，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别为，的中点.

（1）证明：平面.

（2）若四边形为正方形，求平面与平面所成二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）连接，交于点，连接，，先证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可；（2）连接，利用已知条件得出，，互相垂直，建立空间坐标系，分别求出平面和面的法向量，根据空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值，进而求出二面角的正弦值.

【详解】（1）证明：如图，连接，交于点，连接，，

则为的中点.

因为为的中点，

所以，且，

又，，

所以为平行四边形，

即.

因为平面，

所以平面.

（2）解：连接，令，

因为，为的中点，

所以.

又三棱柱是直三棱柱，，

所以，，互相垂直，

分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，，

所以，，，，

所以，，.

设平面的法向量为，

则，

即，

令，可得，，

所以平面的一个法向量为.

设平面的法向量为，

则，

即，

令，可得，，

所以平面的一个法向量为，

，

所以平面与平面所成二面角的正弦值为.

【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理以及空间向量的应用和二面角.属于中档题.

20. 今年春节，突如其来的疫情对消费市场造成巨大冲击，全国范围内餐饮业都受到重大影响.进入五月随着天气转暖，国内新冠肺炎疫情防控形势持续向好，各大城市在做好防控工作的同时，在灯火通明的城市商圈和步行街也逐渐开放了夜市以发展经济.在“全民夜市练摊”的热潮中，某商场经营者贾某准备在商场门前经营冷饮生意.已知该商场门前是一块角形区域，如图所示，其中顶角，且在该区域内点处有一棵树，经测量点到区域边界，的距离分别为，（为长度单位）.贾某准备过点修建一条长椅（点B，C分别落在，上，长椅的宽度及树的粗细忽略不计），以供购买冷饮的人休息.

（Ⅰ）求点到点的距离；

（Ⅱ）为优化经营面积，当等于多少时，该三角形区域面积最小？并求出最小面积.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），三角形区域面积最小为.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）连接,设，则，在和中，利用将表示出来即，求出的值，进而求出到的距离；

（Ⅱ）将三角形区域面积表示出来，可得：，利用基本不等式可得，解得：，即可求面积的最小值，再利用等号成立的条件即可求得.

【详解】

（Ⅰ）连接,设，则，

在中,，

在中,，

所以，

即，所以①，

又因为② ，

由①②解得：，

所以.

（Ⅱ），

又因为，

，

解得，所以，

当且仅当时等号成立，此时面积最小为，

所以，又因为，解得，

所以当时，该三角形区域面积最小为.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是,设，则，利用正弦定理可以求出的值，第二问关键是利用面积的两种表示，结合基本不等式求出.

21. 已知函数().

（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值；

（2）讨论函数的单调性；

（3）当时，记函数的最小值为，求证：.

【答案】（1）或；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用导数几何意义列方程解得结果；

（2）先求导函数，再根据的正负分类讨论，对应确定导函数符号，进而确定单调性；

（3）根据（2）单调性确定解析式，再利用导数求最大值，即证得结果.

【详解】（1）的定义域为，，

根据题意有，则，解得或；

（2），

①当时，∵，由得，解得，

由得，解得，

∴在上单调递增，在上单调递减，

②当时，∵，由得，解得，

由得，解得，

∴在上单调递增，在上单调递减，

（3）证明：由（2）知，当时的最小值为，

即，

，令，得，

当时，当时，

则是在上的唯一极值点，且是极大值点，

从而也是的最大值点，

∴，

∴当时，恒成立.

【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数求单调性、利用导数求函数最值与证不等式，考查综合分析求解与论证能力，属中档题.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 已知曲线C的极坐标方程是，建立以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴的平面直角坐标系，直线l的参数方程是(t为参数).

（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线相交于A,B两点，且,求直线l的斜率k.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）利用极坐标化直角坐标的公式化简即得解；（2）把直线的参数方程代入圆的方程整理，再利用曲线的弦长公式求解.

【详解】（1）由曲线的极坐标方程是，所以.

所以曲线的直角坐标方程为，

即．

（2）把直线的参数方程（为参数），

代入圆的方程得，

化简得．

设两点对应的参数分别是，

则，，

故，

得，

得.

所以直线l的斜率为.

【点睛】本题主要考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

选修4-5：不等式证明选讲

23. 已知函数，.

（1）解不等式：；

（2）记的最小值为，若实数满足，试证明：.

【答案】（1），（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）先将化成分段函数的形式，然后根据，分别解不等式即可；

（2）由（1）可知的最小值为，从而可得，再利用基本不等式证明即可

【详解】（1）解：

因为，

所以，或，或

所以，或，或，

所以，所以不等式的解集为

（2）证明：因为，当且仅当时取等号，

所以的最小值为，所以，

所以

，

当且仅当，即，时取等号

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方