1、北京市铁路第二中学20202021学年第一学期高三数学期中考试试卷及答案第一部分（选择题 共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的并集运算即可求解.【详解】，所以，故选：C2. 已知向量，若，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示可得答案.【详解】因为向量，又，所以，解得，故选：A.3. 函数的图象与曲线关于轴对称，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】任取函数上的一点，先求出点关于轴对称
2、的点坐标为，又点在曲线上，整理即可得出结果.【详解】任取函数上一点，由函数的图象与曲线关于轴对称，则点关于轴对称的点坐标为，又点在曲线上，可得，则.故选：D.【点睛】关键点睛：求出点关于轴对称的点坐标是解题的关键.4. 已知，则当取得最小值时，的值为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据基本不等式的取等条件可求得结果.【详解】（当且仅当，即时取等号）当取得最小值时，故选：【点睛】本题考查基本不等式取等条件的确定问题，关键是明确可利用基本不等式求解函数最值.5. 圆上一点到直线的距离最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】求出圆心到直线距离，减
3、去半径得解.【详解】圆心为，直线方程为，所以 ，圆上一点到直线的距离最小值故选C【点睛】圆上的点到直线的距离的最值的几何求法通常运用圆心到直线的距离加减半径得到.属于基础题.6. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知中的三视图，画出几何体的直观图，进而可分析出该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数【详解】由三视图知几何体为一四棱锥，其直观图如图：由图可得：该棱锥的四个侧面均为直角三角形，故该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为4个，故选：D7. 在等比数列中，记，则数列（ ）A. 有最大项，有最小项B. 有最大
4、项，无最小项C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项【答案】B【解析】【分析】首先求得数列的通项公式，再运用等差数列的求和公式求得，根据二次函数的性质的指数函数的性质可得选项.【详解】设等比数列为q，则等比数列的公比，所以，则其通项公式为：，所以，令，所以当或6时，t有最大值，无最小值，所以有最大项，无最小项.故选：B.8. 已知向量满足，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】见模平方，利用完全平方式展开，可得，结合充分条件和必要条件的定义，即可得答案.【详解】充分性：因为，左右同时平方得：
5、，所以，即，又因为，所以，所以“”是“”的充分条件；必要性：因为，所以，又，所以，所以，所以，即 ，所以“”是“”的必要条件；综上“”是“”的充分必要条件.故选：C9. 已知圆，若直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由圆的方程，求得圆心坐标和半径，再由直线方程，得到直线恒过定点，结合圆的性质，以及弦长公式，即可求解.【详解】由题意，圆，可化为圆，可得圆心坐标为，半径为，又由直线，可得直线恒过定点，则，根据圆的性质，要使得弦最小，此时直线，如图所示，所以的最小值为.故选：B.10. 佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱
6、虫、开窍功效.因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图1的由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊，那么在图2这个六面体中，棱AB与CD所在直线的位置关系为（ ） A. 平行B. 相交C. 异面且垂直D. 异面且不垂直【答案】B【解析】【分析】可将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，即可判断，的位置关系【详解】将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，且两点重合，所以与相交， 故选：B【点睛】本题考查平面展开图与其直观图的关系，考查空间想象能力，属于基础题第二部分（非选择题
7、共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分11. 已知数列的前项和，则数列的通项公式_【答案】【解析】【分析】利用，即可求解.【详解】当时，当时，经检验满足，所以，故答案为：【点睛】思路点睛：已知求的一般步骤（1）当时，由，求的值；（2）当时，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示，（4）写出的完整的表达式.12. 若的面积为，则_【答案】【解析】【分析】根据余弦定理及面积公式，化简整理可得，根据角B的范围，即可求得答案.【详解】因为，所以，又因为，所以，解得，因为，所以，故答案为：13. 已知函数，若满足，则的一个取值为_【答案】（答案不唯一）【解
8、析】【分析】根据的值域为可知若满足则必有的值分别为,再根据三角函数的性质分析即可.【详解】因为的值域为,故若满足则必有的值分别为,故的最小值当且仅当为相邻的两个最值点取得.此时为的半个周期,即.故答案为：【点睛】关键点点睛：相邻的两个最值点的横坐标的距离为半个周期是解题的突破点.14. 已知矩形，点P满足，则_；_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求得点的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得以及的值.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点、，则点，因此，.故答案为：；.15. 我国
9、新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图，给出下列四个结论： 第3天至第11天复工复产指数均超过80%； 这11天期间，复产指数增量大于复工指数的增量； 第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量； 第1天至第3天复工指数的方差大于第2天至第4天复工指数的方差其中所有正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】根据折线图，可得复工指数与复产指数增量、波动情况，逐一分析，即可得答案.【详解】由图像可得，第3天至第11天复工复产指数均超过80%，故正确；由图像可得，第1天复产指数与复工指数的差大于第11天复产指数与复工指数的差，所以这11天期间，复产指
10、数增量小于复工指数的增量，故错误；由图像可得，第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量；故正确；由图像可得，第1天至第3天复工指数波动较小，第2天至第4天复工指数波动较大，所以第1天至第3天复工指数的方差小于第2天至第4天复工指数的方差，故错误.故答案为：三、解答题共6小题，共85分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16. 如图，四棱锥的底面为正方形，侧面底面为等腰直角三角形，且，分别为底边和侧棱的中点（）求证：平面；（）求二面角的余弦值【答案】（）证明见解析；（）【解析】【分析】（）证明：取的中点，连接，由平面几何知识可证得四边形是平行四边形再由线面平行的判断可得证（）先由面面垂直
11、的性质和线面垂直的判定和性质证得两两垂直再以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求解方法可得答案.【详解】解：（）证明：取的中点，连接，因为，分别是，的中点，所以是的中位线所以，且又因为是的中点，且底面为正方形，所以，且所以，且所以四边形是平行四边形所以又平面，平面，所以平面（）证明： 因为平面平面，且平面平面，所以平面所以，又因为为正方形，所以，所以两两垂直 以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系（如图）由题意易知，设，则，得到，设平面的法向量为，则，所以 ，即，令，则得，设平面的法向量为，则，所以 ，即，令，则所以 由图可知，二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值
12、为【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线，建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上.2、设：设所需点的坐标，并得出所需向量的坐标.3、求：求出两个面的法向量.4、算：运用向量的数量积运算，求两个法向量的夹角的余弦值；5、取：根据二面角的范围和图示得出的二面角是锐角还是钝角,再取值.17. 已知函数（）求的值；（）从，； ，这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数在上的最小值，并求函数的最小正周期【答案】（）1；（）选择条件，最小正周期为，在取得最小值；选择条件，最小正周期为，在取得最小值
13、【解析】【分析】(I)将代入求值即可；(II)，利用抛物线知识求解用二倍角和辅助角公式化简可得，再由可得，结合正弦函数图象求解最值；【详解】解：（） （）选择条件的一个周期为 因为，所以所以 当时，即时， 在取得最小值 选择条件的一个周期为 因为，所以 当时，即时， 在取得最小值【点睛】本题考查三角恒等变换在三角函数图象和性质中的应用.（1）利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或形式；（2）根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值. （3）换元转化为二次函数研究最值.18. 在等差数列中，（）求数列的通项公式；（）设数列是首项为，公比为的等比数列，求的前
14、项和【答案】（）；（）当时，；当时，【解析】【分析】()由题意可得数列的公差，首项,则其通项公式为；()由题意结合()的结论有，分组求和并讨论可得：当，时得解.【详解】（）设等差数列的公差是依题意 ，从而 所以 ，解得 所以数列的通项公式为 （）由数列是首项为，公比为的等比数列，得 ，即，所以 所以 从而当时，； 当时，【点睛】：等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q1或q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形而导致解题失误19. 设函数，（）求的单调区间和极值；（
15、）证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点【答案】（）的单调递减区间是，单调递增区间是；极小值；（）证明见解析【解析】【分析】（）求函数导数，分析函数的单调性即可得极值；（）由（）知，在区间上的最小值为，由得，讨论和时端点的函数值即可得证.【详解】（）由得 由解得与在区间上的情况如下：极小值所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；在处取得极小值，无极大值.（）由（）知，在区间上的最小值为因为存在零点，所以，从而 当时，在区间上单调递减，且，所以是在区间上的唯一零点 当时，在区间上单调递减，且， ，所以在区间上仅有一个零点 综上可知，若存在零点，则在区间上仅有一个零点【点睛】方法点睛：利用导数解
16、决函数零点问题的方法：1.先求出函数的单调区间和极值，根据函数的性质画出图像，然后将问题转化为函数图像与轴交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合的思想和分类讨论的思想；2.构造新函数，将问题转化为研究两函数的图像的交点问题；3.分离参变量，即由分离参变量，得，研究直线与的图像的交点问题.20. 已知椭圆经过点，一个焦点为（）求椭圆的方程；（）若直线与轴交于点，与椭圆交于两点，线段的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围【答案】（）；（）【解析】【分析】（）依题意，结合条件求解的值，则椭圆方程可求；（）联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系求出，横纵坐标的和与积，进一步求得的垂直
17、平分线方程，求得的坐标，由两点间的距离公式求得，由弦长公式求得，作比后求得的取值范围【详解】解：（）由题意得，因为，即，所以 所以椭圆的方程是 （）由得 设，则有，所以线段中点坐标为， 所以线段的垂直平分线方程为于是，线段的垂直平分线与轴的交点，又点，所以 又于是，因为，所以所以的取值范围为【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形21. 从中这个数中取个数组成递增等差数列，所有可能的递增等差数列这
18、个数记为.（1）当时，写出所有可能的递增等差数列及的值；（2）求；（3）求证:.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）通过列举，可知符合要求的递增等差数列为共个.所以；（2）由于，且，即有项，所以，故取，取个，归纳出个数；（3）由于，按照（2）的方法，求出的表达式，然后利用差比较法证明不等式.试题解析：（1） 符合要求的递增等差数列为共个.（2）设满足条件的一个等差数列首项为，公差为的可能取值为.对于给定的,当分别取时，可得递增等差数列个（如: 时，当分别取时，可得递增等差数列个: ，其它同理）当取时，可得符合要求的等差数列个数为:.（3）证明: 设等差数列首项为，公差为，记的整数部分是，则，即.的可能取值为,对于给定的, 当分别取时，可得递增等差数列个.当取时，符合要求的等差数列个数.由题意.又,. 即.考点：等差数列的性质与不等式.
