1、天津市滨海新区塘沽紫云中学2021届高三数学上学期第二次月考（期中）试题（含解析）一、选择题：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】A【解析】【分析】解二个不等式，化简集合，先求出,最后求出.【详解】因为，所以，因此，所以，故本题选A.【点睛】本题考查了集合的交集、补集运算，正确解不等式是解题的关键.2. “”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】根据以及充分不必要条件的定义可得.【详解】因为，所以,所以”是“”的充分不必
2、要条件.故选A【点睛】本题考查了对数不等式以及充分必要条件,属基础题.3. 过点作圆的切线，则的方程为（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】C【解析】【分析】将圆的方程配成标准式，可判断点在圆上，根据过圆上一点的切线方程为整理可得.【详解】解：即在圆上则过点的切线方程为整理得故选：【点睛】本题考查求过圆上一点切线方程，属于基础题.4. 已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，则的值是（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等比数列和等差数列性质求得和，同时利用下标和的性质化简所求式子，可知所求式子等价于，利用诱导公式可求得结果.【详解】是等比数列 是等差数列 本题正确
3、选项：【点睛】本题考查等差数列、等比数列性质的应用，其中还涉及到诱导公式的知识，属于基础题.5. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用排除选项；当时，可知，排除选项，从而得到结果.【详解】当时，可排除选项；当时， 时，可排除选项本题正确选项：【点睛】本题考查函数图象的判断，常用方法是采用特殊值排除的方式，根据特殊位置函数值的符号来排除错误选项.6. 如图所示，已
4、知正三棱柱的所有棱长均为1，则三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等体法即可求解.【详解】三棱锥的体积等于三棱锥的体积，因此，三棱锥的体积为，故选：A.【点睛】本题考查了等体法求三棱锥的体积、三棱锥的体积公式，考查了转化与化归思想的应用，属于基础题.7. 设是定义在上的函数，满足条件，且当时，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用已知条件将转换为，根据时的单调性，比较出的大小关系.【详解】依题意，所以.因为，且当时，为减函数，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查对数运算，考查化归与转化的数
5、学思想方法，属于基础题.8. 已知双曲线的右顶点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上的动点到直线和距离之和的最小值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】分析：由双曲线的右顶点到渐近线的距离求出，从而可确定双曲线的方程和焦点坐标，进而得到抛物线的方程和焦点，然后根据抛物线的定义将点M到直线的距离转化为到焦点的距离，最后结合图形根据“垂线段最短”求解详解：由双曲线方程可得，双曲线的右顶点为，渐近线方程为，即双曲线的右顶点到渐近线的距离等于，解得，双曲线的方程为，双曲线的焦点为又抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，抛物线的方程为，焦点坐标为如图，设
6、点M到直线的距离为，到直线的距离为，则，结合图形可得当三点共线时，最小，且最小值为点F到直线的距离故选B点睛：与抛物线有关的最值问题一般情况下都与抛物线的定义有关，根据定义实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化，具体有以下两种情形：（1）将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；（2）将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决9. 若直线与函数图像恰好有2个不同的公共点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出函数f(x)的图象，结合直线，对k分类讨论数形结合
7、分析得解.【详解】画出函数 的图象，由图可知，当时，直线与函数在区间内有两个交点，与区间的部分没有交点，因而满足条件；当时，直线 与函数只有一个交点，不满足条件；当时，直线 与函数 在区间内只有一个交点，当直线 与 在区间 内的部分也有一个交点时满足条件，这时由与 联立，得，由得，当时，直线 也与在区间 内的部分也有一个交点，满足条件.所以满足条件的 的取值范围为【点睛】本题主要考查函数的零点问题，考查函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10. 设，则_.【答案】1.【解析】分析：首先求得复数z，然后求解其模即
8、可.详解：由复数的运算法则有：，则：.点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11. 曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】求出原函数的导函数，得到函数在时的导数，再由直线方程点斜式得答案【详解】解：由，得，曲线在点处的切线方程为，即故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，属于基础题12. 在的二项展开式中，的项的系数是_.（用数字作答）【答案】70【解析】根据二项式定理,的通项为，当时,即r=4时,可得.即项的系数为70.13. 底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形的四棱
9、锥的外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】由题可知该四棱锥为正四棱锥，画出图形，求出外接球的半径即可求得结果.【详解】如图正四棱锥的外接球的球心在它的高上，记球心为O，则，在中，得，球的体积为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题的解题关键是要找到外接球的球心，从而求得半径，首先要知道球心在正四棱锥的高上，然后考察正四棱锥的高与底面一顶点构成的三角形，在高上找一点，使该点到正四棱锥的顶点与底面一顶点的距离相等，该点就是球心.14. 已知a，b均为正数，且，的最小值为_.【答案】【解析】【分析】本题首先可以根据将化简为，然后根据基本不等式即可求出最小值.【详解】因为，所以，当且仅当，即、时取等
10、号，故答案为：.【点睛】本题考查根据基本不等式求最值，基本不等式公式为，在使用基本不等式的时候要注意“”成立的情况，考查化归与转化思想，是中档题.15. 如图梯形，且，在线段上，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】本题首先可以设向量与的夹角为，然后根据以及向量的运算法则得出，再然后建立直角坐标系，写出各点的坐标，设，则，最后根据向量的数量积的坐标表示得出，根据二次函数性质即可求出最值.【详解】因为，所以向量与的夹角和向量与的夹角相等，设向量与的夹角为，因为，所以，即，整理得，解得，如图，过点作垂线，垂足为，建立如图所示的直角坐标系，易知，则，因为，所以当时，取最小值，最小值为，故答案为：.
11、【点睛】方法点睛：本题考查向量的数量积的求法，可通过建立直角坐标系的方式进行求解，考查向量的运算法则，考查向量的数量积的坐标表示，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16. 在中，内角所对的边分别为.已知，.（I）求的值；（II）求的值.【答案】（）（）【解析】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.试题解析：（）解：由，及，得.由，及余弦定理，得.（）解：由（），可得，代入，得.由（）知，A为钝
12、角，所以.于是，故考点：正弦定理、余弦定理、解三角形【名师点睛】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，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.17. 在多面体中，四边形是正方形，平面平面，.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.【解析】【分析】(1)由面面垂直的性质定理证明线面垂直即可；(2)在平面D
13、AE内，过D作AD垂线DH，以点D为坐标原点，DA，DC，DH所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用平面FAG的法向量和平面EAD的法向量求二面角的余弦值即可确定线段上是否存在点.【详解】(1)平面ADE平面ABCD，平面ADE平面ABCD=AD，正方形中CDAD，CD平面ADE.(2)由（1）知平面ABCD平面AED.在平面DAE内，过D作AD的垂线DH，则DH平面ABCD，以点D为坐标原点，DA，DC，DH所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设，则.设平面FAG的一个法向量，则，即，令可得：，易知平面EAD的一个法向量，由已如得.化简可得：，即.【点睛】本
14、题主要考查面面垂直的性质定理，空间向量在立体几何中的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18. 已知点，分别是椭圆的左顶点和上顶点，为其右焦点，且该椭圆的离心率为；（1）求椭圆的标准方程；（2）设点为椭圆上的一动点，且不与椭圆顶点重合，点为直线与轴的交点，线段的中垂线与轴交于点，若直线斜率为，直线的斜率为，且（为坐标原点），求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意表示出，根据，和离心率为，求出的值，即可求出椭圆方程.（2）设直线的斜率为，直线方程为，设，中点为，联立直线方程与椭圆方程，消去即可用含的式子表示、的坐标，即可表示出中垂线方程，求出的坐标，最后根据
15、求出参数即可得解.【详解】解：（1）依题意知：，则，又，椭圆的标准方程为.（2）由题意，设直线的斜率为，直线方程为所以，设，中点为，由消去得中垂线方程为：令得.，解得.直线的方程为，即【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合问题，属于中档题.19. 已知数列是公比大于的等比数列，为数列的前项和，且，成等差数列.数列的前项和为，满足，且.（1）求数列和的通项公式；（2）令，求数列的前项和为；【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由等比数列的性质和通项公式，解方程可得首项和公比，可得；运用等差数列的定义和通项公式可得；（2）求得，运用数列的裂项相消求和和错位相减法求和，结合等比数
16、列的求和公式可得所求和.【详解】（1）由已知，得，即，也即，解得，故；，可得是首项为1，公差为的等差数列，当时，经检验时也符合上式.则，；（2），设，所以，两式相减得= 所以，所以.【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）倒序相加法；（5）分组求和.要根据具体情况灵活选择合适的方法求解.20. 设函数（）讨论的单调性；（）证明当时，；（）设，证明当时，.【答案】（）当时，单调递增；当时，单调递减；（）见解析；（）见解析【解析】试题分析：（）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（）左端不等式可利用（）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理试题解析：（）由题设，的定义域为，令，解得.当时，单调递增；当时，单调递减.（）由（）知，在处取得最大值，最大值为.所以当时，.故当时，即. （）由题设，设，则，令，解得.当时，单调递增；当时，单调递减. 由（）知，故，又，故当时，.所以当时，.【考点】利用导数研究函数的单调性、不等式的证明与解法【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明
