1、20202021学年度第一学期期末七校联考高三数学一单选题：共9小题，每小题5分，共45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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】先求出集合N，再根据交集定义求出交集即可【详解】，.故选：D.【点睛】本题考查交集的运算，其中涉及一元二次不等式的求解，属于基础题.2. 对于实数ab，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【答案】A【解析】【分析】根据定义分别判断充分性和必要性即可.【详解】若，则，故充分性成立，反之，若，当时，则，故必要性不成立，故选：A.3.
2、函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】采用排除法进行排除，根据可知图象经过原点，以及导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间即可求解.【详解】根据，排除C，因为，由得或，可知在和单调递增，在单调递减，排除BD故选：A【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及由函数解析式选择函数的图象，属于常考题型.4. 某学校组织部分学生参加体能测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次是，.若低于60分的人数是18人，则参加体能测试的学生人数是（ ）A. 45B. 48C. 50D. 60【答案】D【解析】【分析】根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量
3、的关系，即可求出该班的学生数.【详解】解：根据频率分布直方图，得低于60分的频率是（0.0050.01）200.3，所以该班的学生人数为.故选：D.【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率频数/样本容量的应用问题，是基础题目5. 已知三棱锥的四个顶点A、B、C、D都在半径为的球O的表面上，AC平面，BD=3，BC=2，则该三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知条件可将四面体镶嵌于长方体中，利用长方体的对角线为球的直径可得结果.【详解】因为BD=3，BC=2，得，即，根据平面，可将四面体镶嵌于如右图所示的长方体中，由于BC=2，球的半径为，
4、长方体的体对角线长，所以该三棱锥的体积为,故选：A.【点睛】（1）三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球的直径的求法：将四面体补成长方体，通过求解长方体的对角线就是球的直径；（2）确定外接球球心的一种通用方法：首先找几何体的一个内接面的外接圆的圆心，通过圆心且垂直于该平面的直线一定穿过球心，同理，可找到一条垂直于另一内接面的外接圆的圆心的直线，则两直线交点即为球心.6. 已知定义在R上的函数满足为偶函数，若在内单调递减则下面结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先得到函数的周期为6，利用为偶函数，得到，将化成，再比较的大小关系，最后利用函数的单调性得到的大小关系.【详解
5、】因为，所以的最小正周期，因为为偶函数，所以，所以，因为，且在(0，3)内单调递减，所以.故选A.【点睛】本题考查函数周期性、奇偶性、单调性的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要注意利用函数的性质把自变量的取值都化到同一个单调区间内.7. 已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，所以 ，进而，四边形面积为，由可化简得，写出渐近线方程即可.【详解】根据题意，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，则，所以，所以，所以
6、，所以双曲线的渐近线方程为.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题.8. 已知函数，给出下列四个命题：（ ）的最小正周期为 的图象关于直线对称在区间上单调递增 的值域为其中所有正确的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】举反例判断；根据正弦函数的单调性判断；讨论，时，对应的最值，即可得出的值域.【详解】函数，故函数的最小正周期不是，故错误由于， 故的图象不关于直线对称，故排除在区间上，单调递增，故正确当时，故它的最大值为，最小值为当时，综合可得，函数的最大值为，最小值为，故正确故选：C【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的单调性以及值域，
7、属于中档题.9. 已知函数（，且）在上单调递减，且关于x的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是A. B. ，C. ，D. ，）【答案】C【解析】试题分析：由在上单调递减可知，由方程恰好有两个不相等的实数解，可知，又时，抛物线与直线相切，也符合题意，实数的取值范围是，故选C.【考点】函数性质综合应用【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解二填空
8、题：本题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题纸中相应的横线上.10. 是虚数单位，复数_.【答案】【解析】【分析】分子分母同时乘以分母的共轭复数，再利用乘法运算法则计算即可.【详解】.故答案为：.11. 的展开式中的系数是 .（用数字填写答案）【答案】【解析】由题意，二项式展开的通项，令，得，则的系数是.考点：1.二项式定理的展开式应用.12. 已知圆C：x2+y22x2y6=0.直线l过点(0，3)，且与圆C交于AB两点，|AB|=4，则直线l的方程_.【答案】或【解析】【分析】根据题意，分析圆C的圆心以及半径，由直线与圆的位置关系可得点C到直线l的距离d=2，分直线l的斜率是否存
9、在2种情况讨论，求出直线的方程，综合即可得答案.【详解】解：根据题意，圆C：x2+y22x2y6=0即(x1)2+(y1)2=8，圆心C(1，1)，半径r=2，又由直线l与圆C交于AB两点，|AB|=4，则点C到直线l的距离，若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x=0，点C到直线l的距离d=1，不符合题意；若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，即kxy+3=0，则有，解可得或；故直线l的方程为或；故答案为：或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长的计算，属于基础题.13. 已知实数，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】利用，又，得，代入利用基本不等式即可得出结果【详解】
10、由，得，又，得，则，当且仅当时，即取等号.故答案为：.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.14. 一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是_；若变量X为取出的三个小球中红球的个
11、数，则X的数学期望_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】现从中任意取出3个小球，基本事件总数，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数，由此能求出其中恰有2个小球颜色相同的概率；若变量X为取出的三个小球中红球的个数，则X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出数学期望【详解】解：一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同现从中任意取出3个小球，基本事件总数，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数，其中恰有2个小球颜色相同的概率是；若变量X为取出的三个小球中红球的个数，则X的可能取值为0，1，2，数学期望故答案为，【点睛】本题考查概率、离散
12、型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题15. 已知扇形半径为，弧上的点满足，则的最大值是_；最小值是_；【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】【详解】以OB为x轴，过O做OB的垂线作y轴，建立平面直角坐标系，,则,所以， ，（）.=.故答案为：；.三解答题：本大题共5个小题，共75分.解答题应写出文字说明证明过程或演算步骤.16. 在中，角对边分别为，已知，（I）求边；（II）求.【答案】（I）；（II）.【解析】【分析】（I）利用同角三角函数关系求出，再利用两角和差公式求得，由正弦定理求得结果；（II）由正弦定理求得，再利用余
13、弦定理求得；利用二倍角公式求得，根据两角和差正弦公式得到结果.【详解】（I）且 ，（II）由正弦定理得：，又，【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，涉及到同角三角函数关系、两角和差正弦公式、二倍角公式的应用，属于常规题型.17. 如图，四边形与均为菱形，且.（1）求证：平面；（2）求钝二面角的余弦值；（3）若为线段上的一点，满足直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设与相交于点，连接，利用菱形的性质可得出，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）推导出平面，以为坐标原点，、所在直线
14、分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得钝二面角的余弦值；（3）设，求出向量的坐标，利用空间向量法结合已知条件可得出关于的方程，结合可求得的值，由此可求得结果.【详解】（1）设与相交于点，连接，四边形为菱形，且为中点，又，平面，平面，平面；（2）连接，四边形为菱形，且，为等边三角形，为的中点，又，平面，平面，平面.、两两垂直，以为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如下图所示：因为，四边形为菱形，为等边三角形，则，设平面的法向量为，则，令，则，得.设平面的法向量为，则，令，则，得.所以.又因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为；（3）设，则，所以，化简，解得
15、：或（舍）.所以.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.18. 已知椭圆的左右焦点分别是和，离心率为，点P在椭圆E上，且的面积的最大值为.（1）求椭圆C的方程；（2）直线l过椭圆C右焦点，交该椭圆于AB两点，AB中点为Q，射线OQ交椭圆于P，记的面积为，的面积为，
16、若，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由P在短轴端点时，的面积最大，即，再根据离心率为求解.（2）由，即，易知当AB斜率不存在时，不合题意，当AB斜率存在时，设直线方程为，由点差法得到然后联立方程，分别求得求解.【详解】（1）依题意，显然当P在短轴端点时，的面积最大为，即，又由离心率为，解得，所以椭圆C的方程为.（2）因为，所以，所以，所以，当AB斜率不存在时，不合题意，当AB斜率存在时，设直线方程为，设点，则，两式作差得：，即，故直线OP的方程为：，联立，解得，联立，解得，因为，所以，即，解得：，所以直线AB的方程为.【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆位置关系的相关
17、问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单19. 已知等比数列的公比，且满足，数列的前项和，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题干已知条件可列出关于首项与公比的方程组，解出与的值，即可计算出数列的通项公式，再根据公式进行计算可得数列的通项公式；（2）先分为奇数和为偶数分别计算出数列的通项公式，在求前项和时，对奇数项运用裂项相消法求和，对偶数项运用错位相减法求和，最后相加进行计算即可得到前项和.【详解】（1）依题意，由
18、，可得，因为，所以解得，对于数列：当时，当时，当时，也满足上式，.（2）由题意及（1），可知：当为奇数时，当为偶数时，令，则，两式相减，可得，.【点睛】关键点点睛：第二问中当为奇数时，求出，并对进行裂项为是解题关键，本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的运算，以及数列求和问题.考查了方程思想，分类讨论思想，转化与化归能力，整体思想，裂项相消法和错位相减法求和，以及逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中档偏难题.20. 已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个不同的零点，（i）求的取值范围；（ii）证明：【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（i）；（ii）证明见解析【
19、解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，令，即可得到函数的单调递增区间，令，求出函数的单调递减区间；（2）（i）由题意可知，即可求出参数的取值范围；（ii）不妨设，因为令，利用导数研究函数的单调性，即可得证；【详解】解：（1）函数的定义域为，所以， 当时，单调递增；当时，单调递减所以的单调递增区间为，单调递减区间为（2）（i）由题意可知，即，所以（ii）不妨设因为令，令则， ，所以单调递增，又因为，所以单调递增因为，所以，故单调递增又因为，所以由可知令，所以所以，所以【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理
