1、天津市实验中学2021届高三数学上学期第一次阶段考试试题（含解析）一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合的并集，再求出补集即可得解.【详解】因为，所以，又，所以.故选：A.【点睛】本题考查了集合的并集和补集的运算，属于基础题.2. 设，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】分别求出和的解，根据充分必要条件的定义判定，即可求出结论,【详解】得，得，成立，则成立，而成立，不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件
2、.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判定，属于基础题.3. 某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组一次为若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据频率分布直方可知成绩低于60分的有第一、二组数据，在频率分布直方图中，对应矩形的高分别为0.005，0.01，每组数据的组距为20，则成绩低于60分的频率P=(0.005+0.010)20=0.3.又因为低于60分的人数是15人，所以该班的学生人数是150.3=50.本题选择B选项.4. 定义在R上的偶函数，对任意的，都有，则不等式的解集是（ ）A. B. C.
3、 D. 【答案】D【解析】【分析】根据题目所给条件判断出函数的单调区间和零点，画出函数的大致图像，由此判断出正确选项.【详解】由于对任意的，都有，所以函数在上为减函数，由于函数是上的偶函数，故函数在上递增，且，由此画出函数大致图像如下图所示，由图可知，不等式的解集是.故选D.【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.5. 已知，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数运算的性质，结合对数函数的单调性进行判断即可【详解】因为，据此可得：.故选：D【点睛】本题考查了对数式的比较，考查了对数函数的性质应用，考查
4、了数学运算能力.6. 函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：为奇函数且时，函数无意义，可排除，又在是减函数，故选.考点：1.函数的奇偶性；2.函数的单调性；3.函数的图象.7. 已知在上是增函数，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意结合导数与函数单调性的关系可得在上恒成立，进而可得在上恒成立，再由基本不等式求得的最大值即可得解.【详解】因为在上是增函数，所以在上恒成立，所以在上恒成立，因为当时，当且仅当时，等号成立，所以，即实数的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查了导数与函数单调性关系的应用，考查了基本不等式解
5、决恒成立问题的应用，属于中档题.8. 已知函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】由偶函数的定义可判断函数是定义在上的偶函数，导数可得函数在上单调递增，根据函数的单调性及奇偶性即可得解.【详解】因为，所以函数是定义在上的偶函数，所以，因为当时，所以函数在上单调递增，所以即故选：C.【点睛】本题考查了导数判断函数单调性的应用，考查了函数单调性与奇偶性比较大小的应用，属于基础题.9. 已知函数，若方程在区间内有3个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）A. B. 或C. 或D. 【答案】B【解析】【分析】转化为函数与函数的图象在内有三个交点，求出和的解析式，再利用图象可得结果
6、.【详解】方程在区间内有3个不相等的实根，等价于函数与函数的图象在内有三个交点，当时，当时，当时，作出函数在内的图象，如图：由图可知：或，故选：B.【点睛】本题考查了分段函数的图象的应用，考查了转化与化归思想、数形结合思想，考查了由方程根的个数求参数的取值范围，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10. 设是虚数单位，（），则_【答案】3【解析】【分析】根据复数相等的充要条件，建立方程，求解即可.【详解】，.故答案为：3.【点睛】本题复数的代数运算和复数相等定义的应用，属于基础题.11. 的展开式中的常数项为_【答案】【解析】【分析】求出的通项公式，令的指数为0，即可
7、求解.【详解】的通项公式是，依题意，令，的展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式定理，熟记展开式通项是解题的关键，属于基础题.12. 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教.选出的3名同学是来自互不相同学院的概率_，设为选出的3名同学中女同学的人数，则的数学期望为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用排列组合求出所有基本事件数及符合要求的基本事件数，代入古典概型概率公式即可求得选出的3名同学是来自互不相同学院的
8、概率；由题意结合超几何分布概率公式可求得分布列，再由期望公式即可得解.【详解】设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件，则；随机变量的所有可能值为的分布列为X0123P所以的数学期望.故答案为：；.【点睛】本题考查了超几何分布概率公式的求解，考查了离散型随机变量分布列及数学期望的求解，属于中档题.13. 已知函数，当时函数的极值为，则 【答案】【解析】f(x)=x2+2ax+a.由题意知f(-1)=0,f(-1)=-,即解得所以f(x)=x3+x2+x-.所以f(2)=.14. 设函数，则在动点处的切线斜率的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义、导数的运算可得在点处的切线
9、斜率，再由基本不等式即可得解.【详解】因为函数，所以，所以在点处的切线斜率，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立所以在动点处的切线斜率的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了导数的运算及几何意义的应用，考查了基本不等式求最值的应用，属于基础题.15. 函数若方程恰有四个不相等的实数根，则实数的取值范围是_【答案】【解析】作出函数与函数的图象，如图所示：由题意,直线过(1,0)时,，x1时,，直线与y=lnx相切时,设切点坐标为(a,lna),则切线方程为,即，令,则,，函数若方程恰有四个不相等的实数根，实数的取值范围是.点睛：已知函数有零点求参数常用的方法和思路：（1）直接法：直接根据题设
10、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，转化成函数的值域问题解决；数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.三、解答题：本大题共5个题，共75分.16. 在中，角，所对边分别为，且（）求角的大小；（）若（i）求的值；（ii）求的值【答案】（）；（）（），（）【解析】【分析】（）根据正弦定理将已知等式角化边，再由余弦定理，即可求出；（）（i）由，得出关系，即可求解； （ii）根据范围求出，结合两角和的正弦公式，即可得出结论.【详解】（）由正弦定理，得，；（）（i）；（ii），【点睛】本题考查正弦定理、余弦
11、定理解三角形，利用三角恒等变换求值，考查计算求解能力，属于基础题.17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形满足，点为中点，点为边上的动点，且.（1）求证：平面.（2）求证：平面平面.（3）是否存在实数，使得二面角的余弦值为？若存在，试求出实数的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，且或.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，证得平面.（2）根据平面和平面的法向量垂直，证得平面平面.（3）设出点坐标，利用二面角的余弦值为列方程，解方程求得，进而求得的值.【详解】（1）因为平面，所以，而，所以两两垂直.以为空间坐标原
12、点建立空间直角坐标系如下图所示.则，由于，所以平面，所以是平面的法向量.由于，所以平面（2）设平面的法向量为，则，令，则.设平面的法向量为，则，令，则.所以，所以平面平面.（3）设，依题意可知平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，则.因为二面角的余弦值为，所以，即，解得或.所以存在符合题意，且，或.【点睛】本小题主要考查线面平行、面面垂直的证明，考查二面角的探究性问题的求解，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18. 已知椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为.已知(为原点)（1）求椭圆的离心率；（2）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且
13、，求椭圆的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意结合椭圆性质可得，再由椭圆离心率公式即可得解；（2）由题意可设椭圆方程、直线方程，联立方程组可得，再由可得，由平面向量共线的性质可得，再由圆与直线相切即可得解.【详解】（1）由题意可得，设，因为，所以，所以椭圆离心率为；（2）由（1）得，所以椭圆方程可设为，直线，设圆心，由，消去y整理得即，所以或，当时，；当时，；又在轴上方，所以，因为，所以，因为，所以，所以，所以，由圆同时与轴和直线相切，可得圆的半径为2，所以点到直线的距离，解得（负值舍去），所以，所以椭圆方程为.【点睛】本题考查了直线与圆、直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆
14、离心率及标准方程的求解，合理转化、细心运算是解题关键，属于中档题.19. 已知等比数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列及数列的前项和.（3）设，求的前项和.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】(1)由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，由可得，可得=，由列项相消法可得的值；（3）可得，可得的值.【详解】解：（1）由题意得：，可得，由，可得，由，可得，可得，可得;(2)由，可得，由，可得，可得，可得的通项公式：=，可得： -得：=，可得;(3)由 可得，可得：=【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的性质及数列的求和，综合性大，难
15、度中等.20. 已知函数 (其中.（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）若恒成立，求的取值范围；（3）设，且函数有极大值点，求证： .【答案】（1）；（2）；（3）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）先求函数解析式，再求切点坐标与切线斜率，最后求切线方程；（2）先将函数代入使用参变分离得到，再构建新函数，接着借导函数研究函数的单调性求的最大值，最后求的取值范围；（3）先根据函数有极大值点，求出，接着转化不等式为，构建新函数，（），利用导函数研究函数的单调性，得到，即可证明.【详解】解：（1） ， ，当时，则， 切点为， （）， 函数的图象在处的切线方程为：即 （2）不等式恒成立，即恒成立， ， ，令，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，取得最大值， ，的取值范围为：，（3）证明： ， 当时，单调递增，无极值点，不符合题意； 当或时，令，则的两根为和， 是函数的极大值点， 由， ，即，解得： ，令，（）则，（）令，（）则，（）当时，单调递增；当时，单调递减，在上的最大值，在上的最大值在上单调递减， ，【点睛】本题考查导数的几何意义、导数研究函数的单调性、导数研究函数的极值，最值，还考查了构造法，参变分离法，分类讨论等数学思想方法，是压轴题.
