天津市和平区2021届高三下学期一模数学试题（word版 含答案）

天津市和平区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．已知集合，，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．设，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．某校高三年级的全体学生参加体育测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为：，，，.若低于60分的人数是90，则该校高三年级的学生人数是（    ）

A．270 B．300 C．330 D．360

4．函数在的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

5．设，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

6．已知正方体的棱长为2，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C．4 D．6

7．已知抛物线的准线经过双曲线的一个焦点，且双曲线的两条渐近线相互垂直，则双曲线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

8．设函数，给出下列结论：

①的最小正周期为；

②在区间内单调递增；

③将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象.

其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

9．已知，设函数，若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

10．设i是虚数单位，复数的虚部等于_________.

11．在的展开式中，的系数是___________.

12．已知直线与圆相交于，两点，则线段的长度为___________.

13．甲､乙两名同学进行篮球投篮练习，甲同学一次投篮命中的概率为，乙同学一次投篮命中的概率为，假设两人投篮命中与否互不影响，则甲､乙两人各投篮一次，至少有一人命中的概率是___________.

14．已知，，则的最小值为___________.

15．如图，四边形中，，，，，，，分别是线段，上的点，且，则的最大值为___________.

三、解答题

16．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，.

（1）求的值；

（2）求；

（3）求的值.

17．如图，在四棱柱中，已知侧棱底面，侧面是正方形，与交于点，，，，.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值；

（3）若点在线段上，且，求二面角的正弦值.

18．已知椭圆的右焦点为，离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）设经过点的直线不与坐标轴垂直，直线与椭圆相交于点，，且线段的中点为，经过坐标原点作射线与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求直线的方程.

19．已知等比数列的前项和为，是等差数列，，，，.

（1）求和的通项公式；

（2）设的前项和为，，.

①当是奇数时，求的最大值；

②求证：.

20．已知函数，.

（1）当时，直线与相切于点，

①求的极值，并写出直线的方程；

②若对任意的都有，，求的最大值；

（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：.

参考答案

1．C

【分析】

先化简再结合交并集定义求解即可．

【详解】

由，又，

所以，则

故选：C

2．A

【分析】

解出一元二次不等式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】

由可得，即，

则是的充分不必要条件，

故选：A.

3．B

【分析】

根据频率分布直方图可求低于60分的频率，从而可求高三年级的总人数.

【详解】

根据频率分布直方图可得低于60分的频率为：，

故高三年级的总人数为，

故选：B.

4．D

【分析】

通过正切函数定义域可排除A，B，通过函数的奇偶性可排除C.

【详解】

由于正切函数有意义，故需，即可排除A，B；

由于为奇函数，其图象应关于原点对称，即可排除C，

故选：D.

5．C

【分析】

利用中间数和对数函数的单调性可判断三者之间的大小，从而可得正确的选项.

【详解】

因为，，故.

因为，故，

故选：C.

6．B

【分析】

如图三棱锥是由正方体截去四个小三棱锥，从而可得答案.

【详解】

如图三棱锥是由正方体截去四个小三棱锥

又

所以

故选：B

7．D

【分析】

先求出双曲线的焦点坐标，再根据渐近线垂直可得的关系，从而可求双曲线的方程.

【详解】

抛物线的准线方程为，故双曲线的一个焦点坐标为，

而双曲线的渐近线方程为，故即，故，

故，故双曲线方程为：，

故选：D.

8．A

【分析】

先将，变形为，再根据函数的性质，三角函数的周期性，单调性，诱导公式可以直接判断．

【详解】

由，所以的最小正周期为，故①正确；

要求的单调增区间，即，而故②正确；

将的图象向左平移个单位长度，得到，故③错误．

故选：A．

9．D

【分析】

就及的根的个数分类讨论后可得实数的取值范围.

【详解】

因为关于的方程恰有两个互异的实数解，

故有两个不同的实数根且无实根

或、各有一个实数根

或无实根且有两个实数根.

若有两个不同的实数根，

则有两个不同的实数根，

因为为增函数，

故有两个不同的实数根不成立.

若、各有一个实数根，

先考虑有一个实数根即

有一个实数根，

因为为增函数，故，

故.

再考虑有一个实数根即有一个实数根.

令，

因为，故有一个实数根.

故时，、各有一个实数根.

若有两个不同的实数根且无实根，

因为无实根，则由前述讨论可得，

因为有两个不同的实数根，

故 ，解得，

综上，，

故选：D.

【点睛】

方法点睛：知道分段函数零点个数，则可以根据各段函数的形式确定各段上零点的个数，并结合相应的函数的特征再利用单调性或根分布等方法来处理即可.

10．

【详解】

试题分析:,所以的虚部为

考点:复数相关概念、复数运算

11．-15

【分析】

利用二项展开式的通项公式可求的系数.

【详解】

的展开式的通项公式为，

令，则，故的系数为，

故答案为：.

12．

【分析】

求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得结果.

【详解】

因为的圆心为，半径，

圆心到直线的距离，

所以线段AB的长为，

故答案为：

【点睛】

方法点睛：求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.

13．

【分析】

考虑两个人都不命中的概率，从而可求至少有一个人命中的概率.

【详解】

两个都不命中的概率为，

故至少有一人命中的概率是，

故答案为：.

14．2

【分析】

由可得答案.

【详解】

因为，，所以，

，

当且仅当时等号成立，

所以最小值为2.

故答案为：2.

【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.

15．

【分析】

根据平面几何及梯形的性质，可求出，求出，利用二次函数求最值.

【详解】

设

则

则， ，

，

即

得，即

过C作过作

则，

则

则

，

则

由

得

，

，函数 开口向下，对称轴，

当时，

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：利用平面几何性质，求出，利用向量积的定义，求出，利用二次函数求最值是解题关键.

16．（1）；（2）；（3）.

【分析】

（1）由余弦定理即可求解；

（2）根据正弦定理求解；

（3）由余弦定理，二倍角公式，两角和的正弦公式求解.

【详解】

（1）在中，由余弦定理，有，

∴，即，∴

（2）在中，由正弦定理，有，∴.

（3）∵，∴.

∴，，

∴.

17．（1）证明见解析；（2）；（3）.

【分析】

（1）分别取线段，的中点，，依题意可证，即可证平面；

（2）依题意，以为原点建立坐标系，依题意得以及平面的一个法向量，夹角向量坐标公式即可求解问题；

（3）依题意求解坐标，再求解平面的一个法向量，由（2）知平面的一个法向量，结合夹角公式即可求解．

【详解】

（1）证明：分别取线段，的中点，，连接，，．

则，，，．可知四边形和四边形均为平行四边形，所以．

又平面，所以平面．

（2）解：依题意，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得，，，，.所以，，.

设平面的一个法向量，则，不妨设，解得，，所以.

于是.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

（3）解，依题意，，，设，，，由，得，，，从而，所以.

设平面的一个法向量为，则，不妨设，解得，，所以.

因此有．

于是

所以，二面角的正弦值为．

【点睛】

本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：

(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．

(2)设分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

18．（1）；（2）或.

【分析】

（1）由题可知，，，再结合，解出和的值即可；

（2）设直线的方程为，且，，，联立椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，写出根和系数的关系；由于是线段的中点，利用中点坐标公式表示出的坐标，利用可求出直线的斜率；因为四边形为平行四边形，可以利用中点坐标公式或，得到关于的方程，解之即可.

【详解】

（1）解：设右焦点为，由题意可知，解得.

所以椭圆的方程为.

（2）(方法一)解：由题意，设直线的方程为，且.与椭圆方程联立，整理得.

设，，，则，.因此，即.

于是直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得.

设，解得.

在平行四边形中，为中点，从而，即，因此，解得.

所以，直线的方程为或.

(方法二)解：求得的过程同方法一，在平行四边形中，有，设，所以.

又因为点在椭圆上，从而，解得.

所以，直线的方程为或.

【点睛】

思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

19．（1）的通项公式为，的通项公式为；（2）①最大值为；②证明见解析.

【分析】

（1）根据题意，列方程组求出首项与公差、公比即可得到通项公式；

（2）（i）当是奇数时，计算，根据单调性求其最大值; （ii）由裂项相消法求和即可得证.

【详解】

（1）设数列的公比为，数列的公差为.

由，且，解得.

依题意，有，解得.

故，

所以，的通项公式为，的通项公式为.

（2）（i）由（1）可得，所以.

当是奇数时，.

可知当且是奇数时，随增大而减小.

所以当时，最大，其最大值为.

（ii）由（i）知，，

所以.

因为，所以，即.

【点睛】

关键点点睛：根据数列通项的结构特点，选择合适的求和方法是解题的关键，本题中，根据裂项相消法即可求出.

.

20．（1）①极小值为，没有极大值，线的方程为；②最大值为；（2）证明见解析.

【分析】

（1）①将代入，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极小值，求出切线方程即可；②问题转化为恒成立，得到，求出的最大值最大值即可.

（2）问题转化为证明即可，求出，不妨设，令，则，证明，设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可.

【详解】

（1）①解：当时，，

，，令，解得.

当变化时，，的变化情况如下表：

所以的极小值为，没有极大值.

又因为，，

所以，直线的方程为，即.

②解：对任意的都有，

即恒成立.由，故，所以.

由①知在单调递增，因此，可得，即.

当时，的最小值为，所以的最大值为.

（2）证明：要证明，只需证明即可.

依题意，，是方程的两个不等实根，因为，

所以

①､②相加得：，

①､②相减得：，

消去，整理得，

.

不妨设，令，则.

故只需证明当时，，即证明.

设，则.

于是在单调递增，从而，因此.

所以，.

【点睛】

关键点点睛：本题考查了函数的切线方程，函数的极值，函数的单调性以及最值问题，考查了导数的应用以及不等式证明，解题的关键是将不等式等价转化为恒成立以及证明即可，考查了转化为思想.