1、20202021学年度第一学期南开区期末考试试卷高三年级数学学科共150分，考试用时120分钟一选择题：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. 若集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用集合的交集、并集和补集运算求解.【详解】因为，所以，所以，故选：A2. “”是“”（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】直接利用充分条件、必要条件的定义进行判断即可.【详解】由，可得，故成立；当，得，当时，不成立；所以“”是“” 必要不充分条件.故选：B.3. 函数的定义域为（ ）A.
2、 B. C. D. 【答案】D【解析】分析】求使函数有意义的x的取值范围即可.【详解】要使函数有意义，只需，解得，即函数定义域为或.故选：D.4. 已知等比数列满足，则的值为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】根据，利用等比数列的性质求得，再利用通项公式求解.【详解】在等比数列中，所以，所以，所以，故选：C5. 函数的图像经过怎样的平移变换得到函数的图像( )A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】【详解】试题分析：因为，所以将函数向左平移个单位长度即可得到函数的图象，故选B考点：三角函数
3、图象的平移变换6. 已知圆截直线所得弦长度为4，则实数a的值是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：圆化为标准方程为，所以圆心为（-1,1），半径，弦心距为 因为圆截直线所得弦长为4，所以故选B7. 已知函数，且，则、的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先确定函数的奇偶性与单调性，然后结合中间值0和1比较幂和对数的的大小，最后可得结论【详解】由题意知是偶函数，由复合函数单调性知在上，函数单调递增，又，故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，考查幂与对数的比较大小，实质考查了指数函数与对数函数的性质，属于中档题8. 已知抛物线的焦点为，为上一点
4、且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且，三点共线，则（ ）A. 12B. 9C. 6D. 3【答案】C【解析】【分析】画出图形，由圆的性质可求出，结合抛物线的方程求出到准线的距离，进而可求出【详解】因为，三点共线，所以为圆的直径，由抛物线定义知，所以因为到准线的距离为3，所以故选：9. 已知，若函数有三个或者四个零点，则函数的零点个数为（ ）A. 或B. C. 或D. 或或【答案】A【解析】试题分析：当时，由得.当时，由得.所以当时函数有三个零点或四个零点对，由得.当时，有一个零点；由于，所以有一个零点或两个零点，选A.考点：函数的零点.二填空题：10. 已知复数，则_.【答案
5、】【解析】【分析】结合复数的乘除法法则求出，进而可求出模.【详解】解：，则.故答案为: 11. 已知双曲线的方程为，则此双曲线的离心率为_，其焦点到渐近线的距离为_【答案】 (1). (2). 1【解析】（1），所以，故离心率为，渐近线方程为，所以焦点到它们的距离为. 12. 曲线在点处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义先求解出切线的斜率，然后根据直线的点斜式方程求解出切线方程.【详解】，.又，所以切点坐标为.所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.【点睛】本题考查曲线在某点处的切线方程的求法，主要考查导数的几何意义，难度较易.13. 已知如图所示的多面体中，四边形
6、ABCD是菱形，四边形BDEF是矩形，ED平面ABCD，BAD.若BFBD2，则多面体的体积 【答案】【解析】试题分析：如图，连接AC，ACBDO.因为四边形ABCD是菱形，所以，ACBD，又因为ED平面ABCD，AC平面ABCD，所以，EDAC.因为，ED，BD平面BDEF，且EDBDD，所以，AC平面BDEF，所以，AO为四棱锥ABDEF的高又因为，四边形ABCD是菱形，BAD，所以，ABD为等边三角形又因为，BFBD2，所以，AD2，AO，S四边形BDEF4，所以，V四棱锥ABDEF，即多面体的体积为. 考点：棱锥体积14. 如图，在边长1为正方形中，分别是，的中点，则_，若，则_.【答
7、案】 (1). (2). 【解析】【分析】设向量，根据向量的数量积的运算公式，可求得，再根据向量的线性运算法，化简得和，列出方程组，即可求解.【详解】设向量，则 可得，又因为，可得，解得，所以.15. 已知正数，满足，则的最小值为_.【答案】4【解析】【分析】由已知得，然后利用基本不等式求最值即可.详解】由题可知，且，所以，当且仅当等号成立，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；（
8、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.三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 在中，角，所对的边分别为，且，的面积为.（1）求，的值；（2）求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】分析】（1）根据三角函数的基本关系式，求得的值，结合面积公式求得，再根据和余弦定埋，即可求得的值；（2）由（1）及正弦定理求得，进而求得，结合三角恒等变换的公式，即可求得的值【详解】（1）由，因为，可得，又由，解得，又因为，解得，根据余弦定埋得，即，所以，.（2）由（1）及正弦定理，可得，解得，因为，所以
9、，所以，所以.【点睛】方法规律总结：对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.17. 如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由已知条件推导出，从而得到平面，由此能够证明平面.（2）以线段的中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法可求出二面角的正弦
10、值.（3）求出的坐标，利用向量法点到平面的距离公式，可求出点到平面的距离.【详解】（1）因为平面，所以.因为二面角为直二面角，且，所以平面.所以.因为与相交，且都属于平面.所以平面.（2）以线段的中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.因为面，面，所以，在中，为的中点，所以.所以，.设平面的一个法向量为.则即化简得令，得是平面的一个法向量.又平面的一个法向量为，.所以二面角的正弦值为.（3）因为轴，所以，所以点到平面的距离.【点睛】用向量法求二面角的正弦值或余弦值、点到面的距离关键点为：建立三维空间直角坐标系求点坐标，求相关向量坐标求法向量带公式
11、，计算得结果.18. 已知点F为椭圆（ab0）的一个焦点，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆的下顶点，椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）若M、N在椭圆上但不在坐标轴上，且直线AM直线BN，直线AN、BM的斜率分别为k1和k2，求证：k1k2e21（e为椭圆的离心率）.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3，最小值为1，则有求解.（2）由（1）可知，A（2，0），B（0，），分别设直线AM的方程为yk（x2），直线BN的方程为ykx，与椭圆方程联立，用韦达定理求得点M，N的坐标，再利用斜率公式代入k1
12、k2求解.【详解】（1）由题意可知，解得，b2a2c23，椭圆的标准方程为：；（2）由（1）可知，A（2，0），B（0，），设直线AM的斜率为k，则直线BN的斜率也为k，故直线AM的方程为yk（x2），直线BN的方程为ykx，由得：（3+4k2）x216k2x+16k2120，由得：，k1k2，又，k1k2e21.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法和直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19. 已知等差数列满足，分别是等比数列的首项和第二项.（1）求和的通项公式；（2）记为的前项和，求数列的前项和；（3）求.【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】(1)由已知条件
13、求出，结合等差数列的通项公式，用首项和公差表示和，从而可求出首项和公差，进而可求出通项公式，即可得和，求出公比即可求出通项公式.(2)结合等差数列的求和公式求出，进而求出，由裂项相消法可求出的前项和.(3)由错位相减法可求出.【详解】解：（1）由已知为等差数列，记其公差为.因为，所以，则.解得，所以.从而，所以公比，所以.（2）因为，所以.所以（3）因为所以所以，所以.【点睛】易错点睛:在用错位相减法求和时，一是注意两式相减后，的系数，二是两式相减后等号右边计算要仔细.20. 已知函数，.（1）求的最小值；（2）设函数，讨论的单调性；（3）设函数，若函数的图像与的图像有，两个不同的交点，证明：
14、.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数研究单调性，进而求得最小值；（2）求出的表达式并求导，通分，分解因式，然后根据导函数在定义域内的零点的不同情况对实数进行分类，利用导数与函数单调性的关系讨论的单调性；（3）由题意可得有两个不同的根，则， 消去参数得，构造函数求导研究函数单调性并利用放缩法推出，再次构造函数，通过证明来证明.【详解】解：（1）.令，得，所以在上单调递增；令，得，所以在上单调递减.所以的最小值为.（2），定义域为，.当时，在上单调递增，在上单调通减.当时.令，得，所以在，上单调递增；令，得，所以在上单调递减.当时，在上单调递增.当时
15、，令，得，所以在，上单调递增；令，得，所以在上单调递减.（3），因为函数的图象与的图象有两个不同的交点.所以关于的方程，即有两个不同的根.由题知，得，得.由，得，不妨设，记.令，则，所以在上单调递增，所以.则，即，所以.因为，所以，即.令，则在上单调递增.又，所以，即，所以.两边同时取对数可得，得证.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，和含参数的函数单调性问题，利用导数证明不等式，属于难题.难点一：（2）中根据导函数在定义域内的零点情况分类讨论；难点二：（3）中的由得到通过变形成，消去并得到关于要证不等式不等号左边的关于的表达式，进而整理为由表达的形式，利用换元得到关于单变量t的函数表达式.
