天津市南开区2021届高三下学期一模数学试题（word版 含答案）

天津市南开区2021届高三下学期一模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设全集为，集合，，则等于（    ）

A．0 B． C． D．

2．已知，，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

3．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（    ）

A． B． C． D．

4．某校抽取名学生做体能测认，其中百米测试中，成绩全部介于秒与秒之间，将测试结果分成五组：第一组，第二组，，第五组．如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图，若成绩低于即为优秀，如果优秀的人数为人，则的估计值是（ ）

A． B． C． D．

5．已知一个圆锥的底面半径为，高为，其体积大小等于某球的表面积大小，则此球的体积是（    ）

A． B． C． D．

6．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

7．已知函数满足，且的最小值为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

8．设直线与轴交于点，与双曲线的两条渐近线分别交于点，．若为中点，则该双曲线的离心率是（    ）．

A． B． C． D．2

9．已知函数若方程有5个不等实根，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

10．是虚数单位，复数的共轭复数为______．

11．在的展开式中，常数项为______．

12．已知过点的直线与圆相交于，两点，则的最小值为______．

13．已知，，，则的最大值是______．

三、双空题

14．对某种型号的仪器进行质量检测，每台仪器最多可检测3次，一旦发现问题，则停止检测，否则一直检测到3次为止，设该仪器一次检测出现问题的概率为0.2，则检测2次停止的概率为______；设检测次数为，则的数学期望为______．

15．在中，，，，则______；若，，，则的最大值为______．

四、解答题

16．在中，内角，，对边的边长分别是，，．已知．

（1）求角的大小；

（2）若，，求的值．

17．如图所示，四棱锥中，平面，，，．

（1）求与平面所成角的正弦值；

（2）求二面角的正弦值；

（3）设为上一点，且，若平面，求的长．

18．已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为点，点的坐标为，延长线段交椭圆于点，轴．

（1）求椭圆的离心率；

（2）设抛物线的焦点为，为抛物线上一点，，直线交椭圆于，两点，若，求椭圆的标准方程．

19．已知等比数列中，，．数列满足：，．

（1）求数列的通项公式；

（2）求证：数列为等差数列，并求前项和的最大值；

（3）求．

20．已知曲线与轴交于点，曲线在点处的切线方程为，且．

（1）求的解析式；

（2）求函数的极值；

（3）设，若存在实数，，使成立，求实数的取值范围．

参考答案

1．B

【分析】

利用并集和补集的定义进行求解即可.

【详解】

因为全集为，集合，，

所以，而全集为，

因此，

故选：B

2．A

【分析】

根据已知条件分别判断充分性和必要性，即可得到答案.

【详解】

当，时，根据不等式的性质可得，故充分性成立；

当时，若，，此时不能推出，，故必要性不成立.

所以“，”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3．C

【分析】

分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】

对于A选项，，，解得，该函数的定义域为，

，该函数为奇函数，

当时，，与图象不符；

对于B选项，函数的定义域为，与图象不符；

对于C选项，，，解得，该函数的定义域为，

，该函数为奇函数，

当时，，与图象相符；

对于D选项，，，解得，该函数的定义域为，

，该函数为偶函数，与图象不符.

故选：C.

【点睛】

思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；

（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．

（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.

4．B

【分析】

利用左边的矩形面积之和为列等式可求得实数的值.

【详解】

优秀人数所占的频率为，

测试结果位于的频率为，测试结果位于的频率为，所以，，

由题意可得，解得.

故选：B.

5．D

【分析】

设半径为，根据已知条件列等式求出的值，利用球体的体积公式可求得结果.

【详解】

设球的半径为，圆锥的体积为，

由于球的体积大小等于某球的表面积大小，则，，

因此，该球的体积为.

故选：D.

6．C

【分析】

根据指数函数和对数函数的单调性进行判断即可.

【详解】

因为，，，

所以，

因此，

故选：C

7．A

【分析】

化简函数的解析式，由题意可知，的最小值为，可求得的值，进而可计算出的值.

【详解】

，则，，

且，

设函数的最小正周期为，则，，可得，

，因此，.

故选：A.

【点睛】

方法点睛：求三角函数周期的方法：

（1）定义法：利用周期函数的定义求解；

（2）公式法：对形如或（、、为常数，，）的函数，周期；

（3）图象法：通过观察函数的图象求其周期.

8．D

【分析】

联立直线与渐近线方程，求出点坐标，进而由中点坐标公式得出点坐标，最后由点在渐近线上得出，进而得出离心率.

【详解】

由，解得，即

为中点，且，

点在渐近线上，则，解得

故选：D

【点睛】

关键点睛：解决本题的关键是联立直线和渐近线方程求出点坐标，再由点在渐近线上，得出.

9．D

【分析】

把方程根的个数问题转化为函数零点个数问题，由方程求出的表达式，根据已知函数的解析式，结合绝对值的性质分类讨论，运用换元法，结合二次函数的单调性进行求解即可.

【详解】

因为，所以一定是方程的一个实根，

当时，由题意可知：此时方程有四个非零实根，

由，设，问题转化为：函数与函数

有四个不同交点（交点不能在纵轴上），

（1）当时，，令 ，

则，

当时，函数单调递减，且 ，此时单调递增，且，所以 此时单调递减，且；

当时，函数单调递增，且 ，此时单调递增，且，所以 此时单调递增，且；

（2）当时，，令 ，

则，

当时，函数单调递增，且 ，此时单调递减，且，所以 此时单调递减，且；

（3）当时，，

当时，函数单调递增，此时 ，因此函数单调递减，

所以函数也单调递减，

所以，

当时，，函数单调递减，此时 ，因此函数单调递增，

所以函数也单调递增，因此 ，

所以函数在 时，与函数的图象如下图所示：

根据以上的分析函数的性质，结合图象可知：要想函数与函数

有四个不同交点（交点不能在纵轴上），只需或，

故选：D

【点睛】

关键点清：本题的关键有以下几点：

1、把方程根的问题转化为函数零点问题，进而转化为函数图象交点问题；

2、根据绝对值的性质分类讨论；

3、熟练掌握函数单调性的性质；

4、数形结合思想的运用.

10．

【分析】

利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义可得出结果.

【详解】

，因此，复数的共轭复数为.

故答案为：.

11．

【分析】

先由二项式定理得出展开式的通项，进而得出常数项.

【详解】

的展开式的通项为

由得，常数项为

故答案为：

12．

【分析】

利用圆的几何性质进行求解即可.

【详解】

由，所以该圆的半径，圆心设为,

设，显然当过点的直线与直线垂直时，有最小值，

因为，，所以由圆的垂径定理可得：

.

故答案为：

13．

【分析】

根据已知的等式得出代入等式中，运用基本不等式进行求解即可.

【详解】

因为，所以，代入中，得，

由（当且仅当时取等号），

于是有（当且仅当时取等号），

因为，，所以，

因此有（当且仅当时取等号），

，（当时取等号，即时，取等号），

所以有（当且仅当时取等号），

即（当且仅当时取等号），因此有（当且仅当时取等号），所以的最大值是.

故答案为：

【点睛】

关键点睛：本题的关键一是通过已知等式对代数式进行消元变形；二是通过重要不等式，得到，进而应用基本不等式进行解题.

14．       

【分析】

由得出检测2次停止的概率，分别求出检测次数为时，对应的概率，进而得出期望.

【详解】

检测2次停止的概率为

检测次数可取

故答案为：；

【点睛】

方法点睛：离散型随机变量的均值的求法

（1）理解随机变量的意义，写出的所有可能取值

（2）求取每个值的概率

（3）写出的分布列

（4）由均值的定义求

15．       

【分析】

①利用向量的数量的的定义及向量的投影，即可求出；

②将和分别用和表示代入，利用基本不等式求解即可.

【详解】

①

如图，作，垂足为，因为，

所以，所以，即，

又，，所以，即,

所以；

②因为，，所以,,

所以

，当且仅当，即时，等号成立.

所以的最大值为.

故答案为：；.

【点睛】

关键点点睛：本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量.

16．(1)；(2).

【分析】

(1)将等式化简，再利用正弦定理及余弦定理，即可求出角；

(2)利用正弦定理求出，再根据，可知，进而可根据同角三角函数关系，求出，再利用两角差的余弦公式及二倍角公式，即可求出.

【详解】

(1)由化简，

得，由正弦定理，得，

由余弦定理得，又，所以.

(2)因为，，所以由正弦定理，得，

因为，所以，所以，

所以，

所以.

【点睛】

易错点睛：本题在利用同角三角函数求时，需要注意利用大边对大角确定角的范围.

17．（1）；（2）；（3）.

【分析】

（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值；

（2）利用空间向量法结合同角三角函数的平方关系可求得的正弦值；

（3）由已知条件可得出与平面的法向量垂直，可求得的值，即为所求.

【详解】

（1）平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，

则、、、，，

设平面的法向量为，，，

由，取，则，

，

因此，与平面所成角的正弦值为；

（2）易知平面的一个法向量为，，

则，

因此，二面角的正弦值为；

（3），，

因为平面，则，解得.

因此，若平面，则的长为.

【点睛】

方法点睛：求空间角的常用方法：

（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.

18．（1），（2）

【分析】

（1）由题意可得为的中点，从而有，则有，得，进而可求出椭圆的离心率；

（2）由抛物线的定义可得，从而可求得点或，当时，可得直线的方程，与椭圆方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，从而把表示出来，列方程得，求出，进而可求出椭圆的方程

【详解】

解：（1）由题意得在中有，

因为为中点，则为的中点，

因为的坐标为，所以，，

令，得，

则题意得，所以，得，

所以离心率

（2）因为抛物线，所以，准线方程为，

设，

因为，所以，代入中得，，

当时，，则直线的方程为，

因为，所以，则椭圆方程为，即，

由，得，

则，

所以，

所以

，

得，

当时，同理可得，

综上，，，

所以椭圆方程为

【点睛】

关键点点睛：此题考查抛物线的定义的应用，考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由已知条件求出点B的坐标，求出直线BF的方程，再与椭圆方程联立方程组，然后利用根与系数的关系，再由列方程求出，从而可求出椭圆方程，考查计算能力，属于较难题

19．（1）；（2）证明见解析，最大值为；（3）.

【分析】

（1）设等比数列的公比为，根据已知条件可得出关于的方程，进而可解得的值；

（2）在等式两边同时除以，结合等差数列的定义可证得数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，解不等式，由此可求得前项和的最大值；

（3）求得，利用错位相减法可求得.

【详解】

（1）设等比数列的公比为，由，可得，

化简可得，；

（2）在等式两边同时除以可得，

所以，数列是等差数列，且该数列的首项为，公差为，

，，令，解得，

，设数列的前项和为，则或最大，

所以，前项和的最大值为；

（3）记，由于，

，①

，②

①②得，

令，③

则，④

③④得，

，所以，，

因此，.

【点睛】

方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；

（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；

（3）对于型数列，利用分组求和法；

（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.

20．（1）；（2）极大值为，无极小值；（3）

【分析】

（1）先根据题意得，进而得切线斜率，故，再根据求得，进而得解析式；

（2）由（1），求导得，进而根据导数与极值的关系即可得答案；

（3）将不等式整理变形得：存在实数使成立，进而转化为，再研究函数的单调性得时，函数为减函数，

时，函数为增函数，再分，，三种情况讨论求解即可得答案.

【详解】

解：（1）令解得，故点，

对函数求导得，

所以曲线在点处的切线斜率为，

所以曲线在点处的切线方程为：，即：，

又因为，故，

所以的解析式.

（2）由（1）知，函数定义域为，

所以，

故当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以函数在处取得极大值，极大值为，无极小值.

（3）因为

，

故不等式等价于，

因为 ，故存在实数使成立，

所以只需成立即可.

所以，

因为时，，故

所以当时，，函数为减函数，

时，，函数为增函数

所以

（i）当时，

在恒成立，故函数在单调递增，

故，所以，解得；

（ii）当时，

时，，函数为减函数，时，，函数为增函数，故，，

所以，当时，，即，

令，，，故在单调递减，，故在单调递增，

所以在上也单调递增，，

与矛盾，无解

当时，，即，所以，

令，，令得，

故当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

由于，

故函数在的函数值恒大于，

故当时，，与矛盾，无解；

（iii）当时，时，，函数为减函数，故，所以，解得；

综上，实数的取值范围是.

【点睛】

本题考查导数的几何意义，极值，不等式能成立问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，综合分析问题与解决问题的能力，是难题.本题第三问解题的关键在于对已知不等式变形转化为存在实数使成立，进而只需成立即可，再分类讨论求函数的最值即可.