2021届吉林省通榆县一中高三上学期期中考试数学（理）试题

通榆一中高三期中考试试题

数学（理科）

考生注意：

1. 本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2. 答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.

3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

4. 本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、复数、函数、导数及其应用、三角函数、三角恒等变换、解三角形、平面向量、数列、立体几何.

一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（    ）

A.   B.

C.   D.

2. 已知是虚数单位，，则复数的共轭复数的模是（    ）

A. 5 B.  C.  D. 3

3.“”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

4. 在巴比伦晚期的《泥板文书》中，有按级递减分物的等差数列问题，其中有一个问题大意是：10个兄弟分100两银子，长兄最多，依次减少相同数目，现知第8兄弟分得6两，则长兄可分得银子的数目为（    ）

A. 两 B. 两 C. 两 D. 两

5. 若函数的图象关于点对称，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

6. 已知等比数列中，，公比，则（    ）

A. 32 B. 16 C. -16 D. -32

7. 已知数列满足，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

8. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，点是的重心，且，则的面积为（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

9. 已知函数，则（    ）

A. 是奇函数，且在上单调递增

B. 是奇函数，且在上单调递减

C. 是偶函数，且在上单调递增

D. 是偶函数，且在上单调递减

10. 如图，在三棱柱中，底面，为等边三角形，，，，分别为，，的中点，是线段上的一点，则直线与直线的位置关系可能是（    ）

①相交     ②垂直    ③异面    ④平行

A. ①②  B. ①②③

C. ①③④  D. ②③④

11. 如图，在正方形中，是线段上的一动点，交于点，若，，则（    ）

A.   B. 1

C.   D. 2

12. 已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.   B.

C.   D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，，且向量，的夹角是，则_______.

14. 已知等差数列的前项和为，若，，则_______.

15. 若，，则_______.

16. 已知半径为4的球面上有两点，，且，球心为，若球面上的动点满足：与所在截面所成角为，则四面体的体积的最大值为_______.

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.

17. 已知等差数列的公差为，前项和为，且满足，，，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

18. 如图，在直三棱柱中，，，，，为的中点，为的中点，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的余弦值.

19. 已知中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）求角的大小；

（2）若，的面积为，求的周长.

20. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为线段的中点，交于点.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

21. 已知数列，，满足，.

（1）令，证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；

（2）若，证明：.

22. 已知函数在点处的切线方程为.

（1）求实数，的值﹔

（2）若函数，试讨论函数的零点个数.

通榆一中高三期中考试试题·数学（理科）

参考答案、提示及评分细则

一、选择题

1-5：BCBCA 6-10：ABDDB 11-12：BD

1. B  由题意知，，所以.故选B

2. C  据题意，得，所以的共轭复数是，所以.故选C.

3. B  由，得，所以“”是“”的必要不充分条件.故选B.

4. C  设10个兄弟由大到小依次分得两银子，设数列的公差为，其前项和为，则由题意得，即，解得.所以长兄分得两银子.故选C.

5. A  ，由其图象关于点对称，得，即，所以的最小值是，故选A.

6. A  由.故选A.

7. B  由，得，所以，所以.故选B.

8. D  由题可知，，则，或.又，延长交于点，所以.因为，所以，即，当时，，所以的面积为；当时，，所以的面积为.

9. D  函数的定义域为，，即，所以是偶函数.当时，，为减函数，为增函数，所以在上单调递减.故选D.

10. B  当点与点重合时，直线与直线相交，连接，，，，

由题意，可得，，，，，在中，，同理，，，所以，，所以.又，平面，所以平面，又平面，所以，当点不与点重合时，直线与直线异面.故选B.

11. B  取向量，作为一组基底，则有，.因为向量与共线，所以，即.故选B.

12. D  当时，，得；

当时，，，两式相减得，

所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.因为，所以.

又，所以是以1为首项，为公比的等比数列，

所以，，

由，得，

所以，

所以.

又，所以，所以，

即对恒成立，

当为偶数时，，所以，

令，则数列是递增数列，所以；

当为奇数时，，所以，

所以，所以.

综上，实数的取值范围是.故选D.

二、填空题

13. 2       14. 108      15.      16. 6

13. 2  因为，所以.

14. 108  由题意，，，，成等差数列，即18，24，30，36，故.

15.   因为，所以.因为，所以，所以.

16. 6  设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，，，

则为与所在截面所成角，即，得，，

由，所以，同理.因为，，所以.

在中，得，因为四面体的体积为，连接，当过时，且最大，所以四面体的体积的最大值.

三、解答题

17. 解：（1）由，得；

由，，成等比数列，得，，即，

解得，，即.

（2）由（1）得，

则

，

即.

18. 证明：（1）取的中点，分别连接，.

又∵为的中点，

∴，且.

又∵为的中点，据三棱柱性质知，，，

∴，且，

∴四边形为平行四边形，

∴.

又∵平面，平面，

∴平面.

解：（2）如图，过点作直线的垂线，且交于点.

以为坐标原点，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则有，，，，，，

∴，，.

设平面的一个法向量，有，取，，，

∴.

∴，

∴直线与平面所成角的余弦值为.

19. 解：（1）因为，

由正弦定理得，

所以，所以.

因为，所以，

所以，所以，

所以，所以.

（2）由（1）得，所以的面积，得.

由余弦定理得.

又因为，，

所以，解得，

所以的周长为.

20. 证明：（1）因为平面，平面，

所以.

因为，，为的中点，

所以，且，

所以四边形为平行四边形，

所以.

所以.

又因为，，为的中点，

所以四边形为正方形，

所以.

又，平面，平面，所以平面.

又因为平面，所以.

因为平面，平面，

所以.

又，所以为等腰直角三角形.

又因为为斜边的中点，

所以.

又，平面，平面，

所以平面.

解：（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：

不妨设，则有点，，，，

所以，，.

设平面的一个法向量，

则，即.

令，得.

所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21. 证明：（1）因为，所以.又因为，

所以，即，

所以是公差为2的等差数列.

又，所以.

（2）由（1），

所以，

则，①

，②

由①-②，得

，

所以.

因为，所以，

即.

22. 解：（1）因为函数，所以.

由题意知，得，解得.

（2）由题意知，所以.

令，解得，.

（i）当时，函数的定义域为，此时，，显然在上恒成立，所以在上单调递增.因为，故函数在上有且只有一个零点.

（ii）当时，函数的定义域为，此时，所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增.

因为，所以在上有且只有一个零点.

又.构造函数，，则，

显然对，，所以在上单调递增，所以，

即.

构造函数，，则.显然对，，所以在上单调递增，

所以，即，所以.所以，所以.又因为当时，，

所以，

所以，

所以，使得.

所以当时，在上有且仅有两个零点.

综上所述，当时，有1个零点；当时，有2个零点.