2021届吉林省长春市第一中学高三上学期期末考试数学（理）试卷

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2021届吉林省长春市第一中学高三上学期期末考试数学（理）试卷试题说明： 1.本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟，满分150分。2．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定区域内。3. 请将第I卷的答案用2B铅笔涂到答题卡，将第II卷的答案用黑色中性笔答在答题卡的规定位置处。第I卷（选择题 60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共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．设集合，2，3，，，则（ ）.A．，2，3， B．， C．，3， D．2．已知复数，则（ ）.A． B．3 C． D．53. 命题“”的否定为（ ）.A． B．C． D．4. （ ）.A． B． C． D．5. 一个等比数列的前n项和为48，前2n项和为60，则前3n项和为（ ）.A．63 B．108 C．75 D．836. 若实数，满足不等式组，则的最大值是（ ）.A． B． C．3 D．77．已知 为正实数，且，则的最小值为（ ）.A．4 B．7 C．9 D．118. 在△ABC中，角的对边分别为，若，，则（ ）.A． B． C． D．9. （ ）.A． B． C．2 D．10. 对于函数，有以下四种说法：①函数的最小值是②图象的对称轴是直线③图象的对称中心为④函数在区间上单调递增．其中正确的说法的个数是（ ）.A．1 B．2 C．3 D．411．若函数恰好有三个不同的单调区间，则实数的取值范围是（ ）.A． B． C． D．12.斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点，则的值为（ ）.A． B．1 C．2 D．4第Ⅱ卷（非选择题 90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 已知向量，，若，则实数等于____________.14．数列1，，的前n项之和____________.15．已知函数在R上是单调函数，则实数a的取值范围是____________.16. 已知在锐角△ABC中，，,则的取值范围是____________.三、解答题（本大题共6小题，共70分.）17. (本题满分10分)在△ABC中，内角，，所对的边分别为，，，若，（1）求；（2）若△ABC外接圆的面积为，求边长．18．(本题满分12分)已知等差数列的前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.19. (本题满分12分) 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.20. (本题满分12分) 已知椭圆：.（1）求与方程焦点相同，且过的椭圆方程.（2）若直线交椭圆于，两点，且，试求△ABC的面积.21. (本题满分12分)已知函数．（1）若，求函数的单调区间；（2）若在上恒成立，求整数的最大值．22. (本题满分10分)在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若与相交于，两点，设，求．2020-2021学年上学期高三年级期末考试数学答案(理科)1．设集合，2，3，，，则（ ）A．，2，3， B．， C．，3， D．【答案】C解：，2，3，，，，3，，故选：C.2．已知复数，则（ ）A． B．3 C． D．5【答案】D【分析】先利用复数的乘法计算，再利用模长公式即可求解.【详解】，所以，故选：D3. 命题“”的否定为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由含有一个量词的命题的否定的定义进行求解，即由全称命题的否定为特称命题可直接得解．【详解】命题“，”的否定为“”故选：D4. （ ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式和二倍角的正弦公式可求三角函数式的值.【详解】，故选：D.5. 一个等比数列的前n项和为48，前2n项和为60，则前3n项和为（ ）A．63 B．108 C．75 D．83【答案】A【分析】利用等比数列的前项和公式的性质：成等比数列即可求解.【详解】数列为等比数列，其前项和为，则成等比数列，即成等比数列，即，解得.故选：A6. 若实数，满足不等式组，则的最大值是（ ）．A． B． C．3 D．7【答案】C【分析】作图可行域，再由，平移直线，纵截距最小值即为最大.【详解】作出可行域如图所示：令，则平移直线，当经过点时，最大，，故选：C.7．已知 为正实数，且，则的最小值为（ ）A．4 B．7 C．9 D．11【答案】C【分析】由，展开后利用基本不等式求最值．【详解】 且 ，∴，当且仅当，即时，等号成立．∴的最小值为9．故选：C8. 在△ABC中，角的对边分别为，若，，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据同角的三角函数关系式，结合正弦定理进行求解即可.【详解】因为角是三角形的内角，所以，由，可得：，由正弦定理可知：，因为，，所以.故选：D9. （ ）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由定积分的运算性质，得到，再结合定积分的计算公式和定积分的几何意义，即可求解.【详解】由定积分的运算性质，可得，又由，根据定积分的几何意义，可知定积分表示所表示的图形的面积，即所表示的上半圆的面积，其中面积为，所以.故选：D.10. 对于函数，有以下四种说法：①函数的最小值是②图象的对称轴是直线③图象的对称中心为④函数在区间上单调递增．其中正确的说法的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出函数的最值，对称中心坐标，对称轴方程，以及函数的单调区间，即可判断正误．【详解】函数，当时，即，函数取得最小值为，故①正确；当时，即，函数的图象的对称轴是直线，故②错误；当时，即，函数的图象的对称中心为，故③错误；当，即，函数的递增区间为，当时，的递增区间为，故④正确故选：B【点睛】关键点点睛：函数的递增区间转化为的递减区间.11．若函数恰好有三个不同的单调区间，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得，由题意可知，有两个不同的零点，可得出，进而可求得实数的取值范围.【详解】由题意得，函数恰好有三个不同的单调区间，有两个不同的零点，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题利用函数的单调区间个数求参数，解题的关键就是结合题意确定函数的极值点的个数，结合二次函数的基本性质解题.12.斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点，则的值为（ ）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】将直线的方程和抛物线的方程联立，消去得到关于的一元二次方程， 将用，表示出来，再利用韦达定理化简即可．【详解】由得，．可得直线方程为，联立，消去得．设，，，，则，．又，，所以．故．故选：．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是利用焦半径公式得到，.13. 已知向量，，若，则实数等于____________.【答案】7【分析】根据向量垂直的坐标表示运算即可.【详解】因为向量，，所以，因为，所以，解得，故答案为：714．数列1，，的前n项之和____________.【答案】【分析】先归纳出通项公式，然后再分组求和．【详解】由题意，∴．故答案为：。15．已知函数在R上是单调函数，则实数a的取值范围是____________.【答案】．【详解】由题意知，，因为在R上是单调函数，且的图象开口向下，所以在R上恒成立，故，即．16. 已知在锐角△ABC中，，,则的取值范围是____________.【答案】（0，12）【详解】由题，由余弦定理，①又锐角中，且，联立①解得，，由可得.17．在△ABC中，内角，，所对的边分别为，，，若，（1）求；（2）若外接圆的面积为，求边长．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由题中条件，根据余弦定理，求出，进而可求出；（2）根据题中条件，先求出外接圆半径，再由正弦定理，即可求出结果.【详解】（1）由余弦定理得又，∴，∴，又为三角形的内角，所以；（2）∵外接圆的面积为，设该圆半径为，则，∴，由正弦定理得：，所以.18．已知等差数列的前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设数列的公差为，根据题中条件列出方程求解，得出首项和公差，即可求出通项公式；（2）由（1）的结果，利用裂项相消的方法，即可求出结果.【详解】（1）设数列的公差为，由题意有，解得，所以，故数列的通项公式为；（2）由所以.【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型，其中是公差为的等差数列；（2）无理型；（3）指数型；（4）对数型.19．如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）在菱形中证明，再由已知的线面垂直得线线垂直，从而可证得线面垂直．（2）以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】（1）证明：连∵底面为菱形，∴∵，，∴∵平面，平面，∴∵，，，平面，∴平面（2）由（1）知，又由，可得，可得、、两两垂直令，可得，，以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系可得点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，，由（1）可知为平面的法向量设平面的法向量为，有，取，，可得由，，，有故平面与平面所成二面角的正弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查用空间向量法求二面角．求二面角的方法：（1）几何法，通过作证算三个步骤求解，即作出二面角的平面角，并证明，然后计算出这个角．（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，用空间向量法求角，即求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角与二面角相等或互补得解．20．已知椭圆：.（1）求与方程焦点相同，且过的椭圆方程.（2）若直线交椭圆于，两点，且，试求△ABC的面积.【答案】（1）；（2）【分析】（1）设出椭圆方程，可得出，求出即可；（2）联立直线与椭圆，利用韦达定理求出，再利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出到直线的距离，即可得出面积.【详解】解：（1）由题意得：椭圆的焦点为和，设椭圆的方程为，且过，可建立方程组，解得或（舍）.∴椭圆的方程为.（2）联立直线与椭圆的方程，得，消得，由韦达定理得，.解得满足，则，∴.应该是【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.21. 已知函数．（1）若，求函数的单调区间；（2）若在上恒成立，求整数的最大值．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）4.【分析】（1）将代入，求出定义域以及，设，再次求导，判断在上单调递减，且，根据导数与函数单调性之间的关系即可求解.（2）解法1：原不等式等价于，在上恒成立，分离参数可得，利用导数求出的最小值即可；解法2：原不等式等价于在上恒成立，设，求出导函数，讨论或，只需即可求解.【详解】（1）解：若，，函数的定义域为，得.设，则.故在上单调递减，且，故当时，，即，单调递增：当时，，即，单调递减.综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）解法1：原不等式等价于，即在上恒成立.设，.则，设，则.所以在上单调递增.又，，根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，设该零点为，则，且，即.当时，，即，故在上单调递减；当时，，即，故在上单调递增；所以由题意可知，又，得，因为.所以整数的最大值为4.解法2：原不等式等价于在上恒成立.设，则.（ⅰ）当时，在上恒成立，所以在上单调递增.故在上恒成立.（ⅱ）当时，令，得当时，，故）在上单调递减：当时，，故在上单调递增.要使在上恒成立，只需.令，，则，所以在上单调递减.又，，所以在上存在唯一的零点且，从而的解为.因为，所以整数的最大值为4.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.不等式恒成立问题一般采用分离参数法求参数范围若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若与相交于，两点，设，求．【答案】（1）；；（2）.【分析】（1）消去参数即可得到的普通方程，将，代入即可得的直角坐标方程；（2）由直线参数方程的几何意义即可求得.【详解】（1）由：，得：，由：得，将，代入可得：；（2）经检验在曲线上，则曲线的参数方程可写为：（为参数），代入曲线，得：，设，两点对应的参数分别为，，则由韦达定理得：，故．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解直线参数方程中的几何意义.