1、吉林省乾安县第七中学2020-2021学年高二数学上学期周测试题（五）注意事项：1. 答题前将自己的姓名、考籍号、科考号、试卷科目等项目填写或涂在答题卡和试卷规定的位置上，考试结束时，将试卷和答题卡一并交回。2. 本试卷分两卷。第卷选择题，第卷为书面表达题。试卷满分为120分。答题时间为100分钟。3. 第卷选择题的答案都必须涂在答题卡上。每小题选出答案后，用2B把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。选择题答案写在试卷上无效。4. 第卷的答案直接写在试卷规定的位置上，注意字迹清楚，卷面整洁。第卷（选择题 共50分）一、选择题（本大题共15小题，每小题的
2、四个选项中只有一项是正确的。第1-10小题 每小题3分，第11-15小题每小题4分，共50分）1.已知全集,则( )A.B.C.D.2.已知则（ ）A.4B.6C.D.93.已知，则函数的零点个数为( )A.0B.1C.2D.34.已知三棱锥的所有顶点都在球O的求面上,是边长为1的正三角形,为球O的直径,且;则此棱锥的体积为（ ）A.B.C.D.5.过点且垂直于直线的直线方程为（ ）A. B. C. D. 6.圆的圆心到直线的距离为1,则 ( )A. B. C. D. 7.如图给出的是计算的值的一个程序框图,则图中执行框内处和判断框中的处应填的语句是( )A. B. C. D. 8.一段高速公
3、路有300个太阳能标志灯,其中进口的有30个,联合研制的有75个,国产的有195个,为了掌握每个标志灯的使用情况,要从中抽取一个容量为20的样本,若采用分层抽样的方法,抽取的进口的标志灯的数量为( )A.2个B.3个C.5个D.13个9.若将一个质点随机投入如图所示的长方形中,其中,则质点落在以为直径的半圆内的概率是( )A. B. C. D. 10.将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数为偶函数，则的值为( )A.B.C.D. 11.已知正方形的边长为6，在边上且为的中点，则=( )A. -6B. 12C. 6D. -1212.已知，则的值为( )ABCD 13.在中且的面积为,则的长为
4、（ ）A. B C D214.已知等差数列的前13项之和为39,则等于( )A.6B.9C.12D.1815.不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为( ).A. 或B. 或C. 或D. 二填空题（每题5分）16.已知满足约束条件则的最小值是_.17.若，则_.18.已知函数的定义域和值域都是,则_.19.已知向量，向量的模为1，且，则与的夹角为_.三解答题(每题10分)20.已知函数的最小正周期是.(1)求的值；(2)若，且，求x的值；(3)求的单调区间.21.已知等比数列的前项和为,.1.求等比数列的公比;2.求的值.22.已知半径为的圆的圆心在轴上,圆心的横坐标是整数,且与直线相切.1.求
5、圆的方程;2. 设直线与圆相交于两点,求实数的取值范围;3.在2的条件下,是否存在实数,使得弦的垂直平分线过点?若存在,求出实数的值;若不存在,请说明理由.23.如图所示,在四棱锥中,底面为菱形,且,为的中点, 1.求证:平面平面;2.若 ,四棱锥的体积为,求三棱锥的高24.已知函数.（1）若,求的单调区间;（2）是否存在实数a,使的最小值为0?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.参考答案1.答案：C解析：,又中的元素属于不属于,.故选C.2.答案：D解析：3.答案：C解析：可由题意在同一个坐标系中画出，的图象，其中红色的为的图象，由图象可知：函数和的图象有2个公共点，即的零点个数为2，故
6、选：C4.答案：A解析：设外接圆的圆心为,则.三棱锥的高为.所以三棱锥的体积.故选A.5.答案：A解析：设此直线方程为,将代入,知.6.答案：A解析：由圆,得圆心坐标为,所以圆心到直线的距离,解得.7.答案：B解析：根据所求式子的各分数的分母依次为 1、3、5、7、29,得处应填，而所求式子是15个数的和,所以处应填, 故选B.8.答案：A解析：抽取的样本容量与总体的比值为,所以抽取的样本中,进口的标志灯抽取的数量为 (个).9.答案：B解析：设“质点落在以为直径的半圆内”为事件,则.10.答案：D解析：解：函数的图象向左平移个单位长度，可得：，得到的函数为偶函数，可解得：，取，得故选：D11
7、.答案：A解析：以为原点建立坐标系，如图所示：则，.12.答案：D解析：，.，故选：D13.答案：B解析：14.答案：B解析：由题意，得，所以，解得，所以15.答案：A解析：16.答案：解析：画出满足条件的可行域如图中阴影部分所示,根据表示可行域内一点到原点的距离,可知的最小值是.由得,所以.17.答案：解析：解法一 因为，所以.解法二 因为，所以，即，等式两边同时平方，得，所以，故.18.答案：解析：若,则在上为增函数,所以,此方程组无解;若,则在上为减函数,所以,解得,所以,所以答案应填:.19.答案：解析： 又由可得: 设与的夹角为则即与的夹角为20.答案：(1)因为，的最小正周期是，所
8、以，所以.(2)由(1)，得.依题意，得.因为，所以.所以，解得.(3)由，得.故.所以的单调递增区间为.又由.得.故的单调递减区间为.解析：21.答案：1.由等比数列前项和的性质,知成等比数列,且公比为,则,解得.2.由,得,所以,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以.解析：22.答案：1.设圆心为. 由于圆与直线相切,且半径为, 所以,即. 因为为整数,故. 故所求圆的方程为.2.把直线即代入圆的方程,消去整理,得. 由于直线交圆于两点, 故. 即,由于,解得,所以实数的取值范围是.3.设符合条件的实数存在,由于,则直线的斜率为,的方程为,即.由于垂直平分弦,故圆心必在上. 所以,解得. 由于,故存在实数,使得过点的直线垂直平分弦.解析：23.答案：1.证明:取的中点,连接,底面为菱形, ,又又,平面,则,平面又平面,平面平面2.解:设,由,可得,由1可知平面,则,则,可得,设三棱锥的高为,则由可得即所以三棱锥的高为解析：24.答案：(1)且, .可得函数.真数为,函数定义域为.令可得:当时,t为关于x的增函数;当时,t为关于x的减函数. 底数为 函数的单调增区间为,单调减区间为.(2)设存在实数a,使的最小值为0,由于底数为,可得真数恒成立,且真数t的最小值恰好是1,即a为正数,且当时,t值为1. 所以,所以存在,使的最小值为0.解析：
