2021【KS5U解析】宁夏六盘山高级中学高三上学期期中考试数学（文）试卷含解析

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宁夏六盘山高级中学2020-2021学年第一学期高三期中测试卷一、选择题（本大题共12小题，共60分）1. 已知集合，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合的交并补公式，直接代入求解即可.【详解】先求，.故选：A.【点睛】本题考查了集合的交并补运算，在高考中属于送分题，属于简单题.2. 命题“，使”的否定是（   ）A. ，使 B. ，使C. ，使 D. ，使【答案】A【解析】【分析】根据含有一个量词的命题的否定，可直接得出结果.【详解】因为特称命题否定为全称命题，所以命题“，使”的否定是“，使”.故选A【点睛】本题主要考查含有一个量词的命题的否定，只需改量词与结论即可，属于基础题型.3. 设，则z的共轭复数为A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】试题分析：的共轭复数为，故选D．考点：1.复数的四则运算；2.共轭复数的概念． 4. 设m､n是空间中不同的直线，α､β是不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A. 若lm，m⊂α，则lα B. 若m⊂α，n⊂β，αβ，则mnC. 若αβ，m⊂α，则mβ D. 若m⊂α，n⊂β，mβ，nα，则αβ【答案】C【解析】【分析】在A中，或；在B中，或m与n异面；在C中，由面面平行的性质定理得；在D中，与平行或相交.【详解】解：由m、n是空间中不同的直线，、是不同的平面，知：在A中，若，，则或，故A错误；在B中，若，，，则或m与n异面，故B错误；在C中，若，，则由面面平行的性质定理得，故C正确；在D中，若，，，，则与平行或相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题.5. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若角A，C，B成等差数列，且，则的形状为（    ）A. 直角三角形 B. 等腰非等边三角形C. 等边三角形 D. 钝角三角形【答案】C【解析】【分析】由已知利用等差数列的性质可得，由正弦定理可得，根据余弦定理可求，即可判断三角形的形状．【详解】解：由题意可知，，因为，所以，则，所以，所以，故为等边三角形．故选：．【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．6. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为    A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成．由三视图中的数据可得其体积为．选A．7. 设是等差数列的前项和，若，则（ ）A. 1 B. 2C. 3 D. 4【答案】C【解析】试题分析：根据等差数列的性质，有.考点：等差数列的基本性质.8. 如图，在中，点是边的中点，，则用向量表示为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先根据题意，得到，，再由向量的加减运算，即可得出结果.【详解】因为点是边的中点，所以，又，所以，因此故选：A.【点睛】本题主要考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.9. 已知平面向量满足，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的垂直关系求出，再将向量的模长转化为向量的数量积，即可求解.【详解】由题意可得且，即，所以，所以，．故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积运算，熟记公式即可，属于基础题．10. 关于函数，有以下4个结论：①的最小正周期是；②的图象关于点中心对称；③的最小值为；④在区间内单调递增其中所有正确结论的序号是（    ）A. ①②③ B. ①③ C. ②④ D. ②③④【答案】B【解析】【分析】根据正余弦倍角公式及辅助角公式可得，结合正弦函数的图象与性质可知其最小正周期、对称中心、最值、增减区间，即可得答案.【详解】，由，知：最小正周期，故①正确；由正弦函数的性质，知：中，，则对称中心为，故②错误；由的化简函数式知：，故③正确因为在定义域上为增函数，结合复合函数单调性知：在上递增，可得，，有一个单调增区间为，故上不单调，故④错误，故选：B.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，根据正余弦倍角公式及辅助角公式化简函数式，结合三角函数的图象与性质确定最小正周期、对称中心、最值、增减区间判断选项正误，属于中档题.11. 已知数列满足，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用已知条件得到，再用累加法求出数列的通项，用裂项相消法求数的和.【详解】由得：，即，所以.故选：A.【点睛】方法点睛：递推公式求通项公式，有以下几种方法：1.型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项；2.形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项；3.形如： 的递推公式，通过构造转化为，构造数列是以为首项，为公比的等比数列，4.形如： 的递推公式，两边同时除以，转化为的形式求通项公式；5.形如：，可通过取倒数转化为等差数列求通项公式.12. 已知定义在上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 或【答案】C【解析】【分析】根据题意，设，求导分析可得，即函数在上为减函数，则原不等式可以转化为，结合函数的单调性分析可得答案．【详解】解：根据题意，设，其导数，又由，即，则，即函数在上为减函数，又由（3），则（3）（3），，又由函数为减函数，则有，则不等式的解集为；故选：．【点睛】本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 已知，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】由三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，化简得，代入即可求解.【详解】由题意知：，又由.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中利用三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，化简为齐次式求解是解答的关键.着重考查了化简与运算能力，属于基础题.14. 数列的前项和满足，则数列的通项公式______.【答案】【解析】【分析】本题首先可根据得出，然后令，求出的值，最后根据等比数列的定义即可得出结果.【详解】因为，所以，则，即，当时，，解得，故数列是首项为、公比为的等比数列，，故答案为：.【点睛】思路点睛：已知求的一般步骤：（1）当时，由，求的值；（2）当时，，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示，（4）写出的完整的表达式.15. 正四棱锥中，，，则与平面所成角的正弦值为______.【答案】【解析】【分析】作出图形，连接，，记与交于点，连接，根据正四棱锥的特征以及线面角的概念，得到即为直线与平面所成的角，再由题中条件，即可求出结果.【详解】连接，，记与交于点，连接，因为四棱锥为正四棱锥，所以底面，则即为直线与平面所成的角，因为，所以，又，所以，因此，即与平面所成角的正弦值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.16. 已知函数，若方程有两个不同根，则实数m的最小值为______.【答案】1【解析】【分析】画出函数的图象，利用数形结合转化求解即可．【详解】解：先作出函数的图象，再结合图象平移直线，由图象知有两个零点时，须，故的最小值为1．故答案为：1.【点睛】本题考查函数的零点与方程的根的关系，考查转化思想以及计算能力，是中档题．三、解答题（本大题共5小题，共60分）17. 设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求B的大小；（2）若，求A的大小.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理，可转化为，即得解；（2）由余弦定理：，可得，故为等边三角形，即得解.【详解】（1）锐角三角形的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.由正弦定理：所以：，由于：，整理得：,所以：（2）由于：，所以：，解得：故为等边三角形，所以：【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于基础题.18. 已知等比数列的公比，，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由等比数列的通项公式与等差数列的性质列式求得q，则通项公式可求；（2）把数列的通项公式代入，再由错位相减法求数列的前n项和.【详解】解：（1）由，，成等差数列，得，即，，解得.；（2）.，，，.【点睛】等差数列中基本量的运算是第一问的主要知识点；错位相减法求和时，要注意两边乘以公比后，再作差，转化成等比数列求和.19. 已知函数（1）若是第二象限角，且，求的值；（2）当时，求函数的值域．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由平方关系求出，代入后可得；（2）应用二倍角公式和两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数可得值域．【详解】解析：（1）是第二象限角，且，所以，所以．（2），由可知，所以，所以．【点睛】本题考查二倍角公式、两角和的正弦公式、同角间的三角函数关系，正弦函数的性质．三角函数问题通常都是利用三角函数恒等变换化为一个角的一个三角函数形式，然后利用三角函数的性质求解．20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，且.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】(1) 连接交于点，连接，可证，从而可证平面(2) 可证平面，从而得到平面平面.【详解】(1) 连接交于点，连接，因为底面为平行四边形，所以为中点.在中,又为中点，所以.又平面，平面，所以平面.(2) 因为底面为平行四边形，所以.又即，所以.又即.又平面，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.21. 已知函数，.（1）求证：有两个不同的实数解；（2）若在时恒成立，求整数的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】分析】（1）构造新函数，由导数研究的单调性与最值，根据零点存在定理得结论；（2）题设不等式变形为，构造函数，用导数知识求出的最小值，得范围，从而可得最大整数值．【详解】（1）由得，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以的最小值为，而当时，，当时，，故有两个不同的实数解.（2）在时恒成立，即在时恒成立，所以在时恒成立，设，则，由（1）有唯一零点，即，又，，所以，且当时，，当时，，所以，由题意，得，且，因此整数的最大值为3.【点睛】本题考查用导数研究方程的解，研究不等式恒成立问题，考查转化与化归思想，解题关键是问题的转化，方程的解的个数转化为函数零点个数，不等式恒成立转化为研究函数的最值，最终转化为用导数研究函数的单调性，考查了学生分析问题解决问题的能力．22. 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中,曲线 （t为参数,且 ）,其中,在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线（Ⅰ）求与交点的直角坐标；（Ⅱ）若与相交于点A,与相交于点B,求最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．联立解得或所以与交点的直角坐标为和．（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，其中．因此得到极坐标为，的极坐标为．所以，当时，取得最大值，最大值为．考点：1、极坐标方程和直角坐标方程的转化；2、三角函数的最大值． 23. 已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用零点分界法即可求解.（2）由，则，将问题转化为对恒成立，去绝对值分离参数即可求解.【详解】解：（1），．等价于，或，或，解得或或．故不等式的解集为．（2）因为．所以，则对恒成立等价于对恒成立，即对恒成立，则，因为，所以，即a的取值范围为．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、不等式恒成立求参数的取值范围，属于基础题