1、青岛市黄岛区2020- 2021 学年度第一学期期中学业水平检测高三数学试题 2020.11本试卷4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意项:1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置；2.作答选择题时:选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上；非选择题必须用黑色字迹的专用签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无
2、效；3.考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，请将答题卡上交.一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40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，集合.则（ ）A B C D2. 已知数列各项均大于，“”是“数列成等比数列”的（ ）A充要条件 B既不充分也不必要条件 C必要不充分条件 D充分不必要条件3. 已知角终边经过点，若，则（ ）A B C D4. 已知向量，若，则实数的值为（ ）A B C D5. 在空间中，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列判断正确的是（ ）A若，则 B若，则 C若，则 D若，则6.已知函数，若使得成立，则实数的取值范围是（
3、 ）A B C D7.已知函数，则的单调递增区间是（ ）A B C D8. 定义在上的函数满足:当时，；当时，.记函数的极大值点从小到大依次记为，.，并记相应的极大值为.，则的值为（ ）A B C D二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 在中，则（ ）A B C D10. 已知函数的最小正周期为，其图象的一个最高点为，下列结论正确的是（ ）A B C将图象上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到图象；再将图象向右平移个单位长度，得到函数的图象 D的图象关于对称11. 在三棱柱
4、中，分别为线段的中点，下列说法正确的是（ ）A平面平面 B直线平面 C直线与异面 D直线与平面相交12. 已知是定义在上的奇函数，且，当时，关于函数，下列说法正确的是（ ）A为偶函数 B在上单调递增 C不是周期函数 D的最大值为二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知复数为虚数单位，则_ 14.已知，则 15.已知，则的大小关系为 (用“”连接).16.在四面体中，底面，均为直角三角形，若该四面体最大棱长等于则该四面体外接球的表面积为 ； 该四面体体积的最大值为 (第一空2分，第二空3分)四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤.17.
5、 在，两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.在中，内角的对边分别为，已知_ .求；已知函数，求的最小值.18. 如图，在半圆柱中，分别为该半圆柱的上、下底面直径，分别为半圆弧上的点，均为该半圆柱的母线，.证明:平面平面；设，若二面角的余弦值为，求的值.19. 已知正项数列的前项和为.求的通项公式；若数列满足:，求数列的前项和.20. 已知关于的函数.讨论的极值点；若恒成立，求的值.21. 如图1，在平面四边形中，求；将沿折起，形成如图2所示的三棱锥.三棱锥中，证明:点在平面上的正投影为点； 三棱锥中，点分别为线段的中点，设平面DEF与平面的交线为为上的点.求与平面所成角的正弦值的取值范
6、围.22. 已知函数.若恰为的极小值点.证明:；求在区间上的零点个数；若，又由泰勒级数知:证明:2020-2021学年度第一学期期中学业水平检测高三数学参考答案.一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.1-5: 6-8: 二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.9.10.11.12.三、填空题:本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.14.15.16.四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.解:若选择；因为所以即由正弦定理得:.由于为的内角，所以所以，即由于为的内角，所以又因为，所以若选择；因为所以.由正弦定理得: 在中，由
7、余弦定理知: 所以由知: 因为所以所以所以当即时，18. 解:因为为半圆柱的母线，所以平面又因为为直径，所以因为所以平面又因为平面，所以平面平面 以坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，所以，设平面的法向量因为，所以取解得所以平面的法向量取平面的法向量由题知: 所以所以，即所以或(舍)所以，此时19. 解:由题知: 两式相减得:；所以所以；所以又因为，所以因为，解得: 所以适合*式所以是以为首项，为公差的等差数列.所以由得:；所以得:，所以又由式得，适合上式所以所以所以20. 解:由题知:若则所以在上单调递增，所以无极值点.若则，解得.所以，当时，在上单调递增；当时，在 上单调递减；所以，当
8、时，存在唯一极大值点.若，由知:，不满足题意若，由知: 在上单调递增，且所以时，也不合题意.若，由知: 所以令所以，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；所以；即所以，综上，若则21. 解:在中: 在中由余弦定理:，所以在中由正弦定理: ，所以在中，因为，所以在中，因为，所以又因为所以平面所以点在平面上的正投影为点因为平面，平面，所以平面，平面与平面的交线为所以以坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，所以，设.设平面的法向量因为所以取解得所以，平面的一个法向量为因为，设与平面所成角为，所以，若，则若，则所以与平面所成角的正弦值的取值范围为22. 解:由题意得:因为为函数的极值点所以，令，则，在上单调递增.因为所以在上有唯一的零点.所以由知:， 当时，由得: 所以在上单调递减，所以在区间上不存在零.当时，设，则， 若，令，则，所以在上单调递减，因为所以存在，满足当时， 在上单调递增；当时，在上单调递减；若，令，则，所以在区间上单调递减，所以又因为所以，在上单调递减若，则，在上单调递减.由得，在上单调递增，在单调递减因为，所以存在使得，所以，当时， 在上单调递增， 当时，在上单调递减，因为，所以在区间上有且只有一个零点综上，在区间上的零点个数为个因为对两边求导得:所以比较式中的系数，得:所以