1、集宁一中西校区2020-2021学年第一学期期中考试高三年级文科数学试题一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1. 已知全集，则图中阴影部分表示的集合是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】通过韦恩图，可知所求集合为，求解出集合，利用集合运算知识求解即可【详解】由，即图中阴影部分表示的集合为：又本题正确选项：【点睛】本题关键在于通过韦恩图确定所求集合，属于基础题2. 已知复数的共轭复数为，且满足，则（ ）A. B. C. 3D. 5【答案】B【解析】【分析】设复数，则，代入中求出值，再根据复数模公式求得结果.【
2、详解】设，则，又因为，即，所以，所以，故选：B.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的概念和运算，复数的模，共轭复数，属于基础题目.3. 下列说法中，错误的是（ ）A. 若命题，则命题，B. “”是“”的必要不充分条件C. “若，则、中至少有一个不小于”的逆否命题是真命题D. ，【答案】D【解析】【分析】利用全称命题的否定可判断出选项A中命题的真假；利用充分必要性判断出选项B中命题的真假；将原命题改写出其逆否命题，利用不等式的性质可判断出选项C中命题的真假；取特殊值来判断出选项D中命题的真假.【详解】对于A选项，由全称命题的否定可知该选项中的命题正确；对于B选项，由，可得或
3、，所以，“”是“”的必要不充分条件，选项B中的命题正确；对于C选项，“若，则、中至少有一个不小于”的逆否命题为“若且，则”，由不等式的性质可知，命题“若且，则”为真命题，则选项C中的命题为真命题；对于D选项，取，则，所以，选项D中的命题错误.故选D.【点睛】本题考查全称命题的否定、必要不充分关系的判断、逆否命题的真假以及全称命题的真假的判断，解题时可以利用逻辑推证法和特例法进行推导，考查逻辑推理能力，属于中等题.4. 在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断函数在上单调递增，由,利用零点存在定理可得结果.【详解】因为函数在上连续单调递增
4、，且,所以函数的零点在区间内，故选C.【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.5. 一个几何体的三视图如图，其正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】考点：由三视图求面积、体积专题：计算题分析：由三视图知几何体的直观图是半个圆锥，再根据其中正视图是腰长为2的等腰三角形，我们易得圆锥的底面直径为2，母线为为2，故圆锥的底面半径为1，高为，代入圆锥体积公式即可得到答案解答：解：由三视图知几何体的直观图是半个圆锥，又正视
5、图是腰长为2的等腰三角形r=1，h=v=故选D点评：本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据三视图判断出几何的形状及相关几何量（底面半径，高等）的大小是解答的关键【详解】请在此输入详解！6. 已知且，如图所示的程序框图的输出值，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意知，当时，则有，又程序输出，所以，当时，必有，故选A.7. 平面向量与的夹角为，则等于( )A. B. C. 12D. 【答案】B【解析】因为，与的夹角为，故，则，应选答案B8. 与函数的部分图象最符合的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析出函数的定义域、奇偶性、在上的函
6、数值符号，由此可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，排除A选项；，函数为奇函数，排除C选项；令，当时，则，当时，由上可知，当时，排除D选项.故选：B.【点睛】本题考查利用函数解析式选择函数图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，结合排除法求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9. 若，满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 9B. 8C. 7D. 6【答案】C【解析】【分析】先作可行域，再根据目标函数表示直线，结合图象确定最大值取法，即得结果.【详解】先作可行域，如图，则直线过点时取最大值，为故选：C【点睛】本题考查利用线性规划求最值，烤箱数形结合思想方法，
7、属基础题.10. 已知，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把要求的式子变形为，再利用基本不等式求得它的最小值【详解】已知，则，当且仅当 时，即当，且，等号成立，故的最小值为，故选：【点睛】本题考查基本不等式的运用，考查常数代换法，注意最值取得的条件，考查运算能力，属于中档题11. 已知数列的前项和为，且，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用数列递推关系：时，解得；时，再利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出详解】，时，解得；时，化为：数列是等比数列，公比为2，则故选：A【点睛】本题考查数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查推理能
8、力与计算能力，属于中档题12. 已知是定义在上的函数，且，如果当时，则（ ）A. 27B. -27C. 9D. -9【答案】B【解析】【分析】先判断出函数的周期，然后利用周期性和已知条件，将转化为，将代入题目所给解析式，由此求得的值.【详解】由，则，所以为周期为8的周期函数，.故选B.【点睛】本题考查函数的周期性与求值，考查运算求解能力.属于基础题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若 ，则 _.【答案】【解析】【分析】先利用同角三角函数的基本关系把1换成， 分子分母同时除以，最后把的值代入即可求得答案【详解】 即答案为.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值解题的关
9、键是把原式中的弦转化成切，利用已知条件求得问题的解决14. 已知高为的圆柱内接于一个直径为的球内，则该圆柱的体积为_【答案】【解析】圆柱的高为8,它的两个底面的圆周在直径为10的同一个球的球面上,该圆柱底面圆周半径r=，该圆柱的体积：V=Sh=.15. 若对任意，不等式恒成立，则实数值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，分两种情况讨论：若，则，分别验证或时，是否能保证该不等式满足对任意的实数都成立；若，不等式为二次不等式，结合二次函数的性质，可解得此时值范围.【详解】由题意，分两种情况讨论：若，则，当时，不等式为：，满足对任意的实数都成立，则满足题意，当时，不等式为：，不满足对任意实数
10、都成立，则满足题意，若，不等式为二次不等式，要保证实数都成立，必须有 可解得，综上可得.故答案为：【点睛】本题主要考查不等式恒成立求参数的取值范围，考查了分类讨论思想的应用，属于基础题.16. 已知等比数列的前项和为，且，则_【答案】7【解析】【分析】根据等比数列的片段和性质，列出对应等式求解出的值.【详解】由等比数列片段和的性质可知：，成等比数列，故，故答案为：.【点睛】本题考查等比数列前项和的性质，难度一般.已知为等比数列的前项和，则成等比数列（当且仅当或为奇数）.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）17. 在中，角的对边分别为，且.（1）
11、求的大小；（2）若的外接圆的半径为，面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式化简即得的大小；（2）先利用正弦定理求出a的值，再利用面积求出bc的值，最后利用余弦定理求出b+c的值即得解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，由三角形内角和定理和诱导公式可得，代入上式可得，所以.因为，所以，即.由于，所以.（2）因为的外接圆的半径为，由正弦定理可得，.又的面积为，所以，即，所以.由余弦定理得，则，所以，即.所以的周长.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，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.18. 若等差数
12、列的前项和满足，数列的前5项和为9.（1）求数列通项公式；（2）若数列的前n项和为，求证【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）根据给定数列的前项和可知，将及转化为，解方程组可求得，由此求得数列的通项公式.（2）将代入的表达式，利用裂项求和法求得的前项和，由此证明不等式成立.试题解析：解：（1）数列的前5项和为9，.，.（2），19. 如图，已知四棱锥中，底面为矩形且，平面平面，是等边三角形，点是的中点（）求证：；（）求直线与平面所成的角的正弦值【答案】（）见解析；（）【解析】【分析】（）利用角的关系证出，再证明出，得到平面，进而证明可得（）由（）知平面即直线与平面所成
13、的角为，然后求出与，即可求解【详解】（）为矩形且，为的中点，和都是等腰直角三角形，连接，是等边三角形，是的中点，所以又平面平面，平面，平面平面.所以平面又平面，所以又，平面所以平面又平面，所以（）由（）知平面即直线与平面所成的角为设，则在中，所以在等边中，所以在中，.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线线垂直和线面角的求解，解题关键在于，在图形中找出线面所成的角，属于基础题20. 如图，四棱锥中，平面，分别为，的中点.（1）求证：平面平面；（2）若，求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由已知可得：，即可证得：平面，再证明四边形为平行四边形即可证得，
14、即可证得：平面，命题得证.（2）利用等体积法得：，整理计算得解.【详解】（1）证明：因为分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面，所以平面因为，平面，所以平面平面（2）解：因为，为中点，所以，因为平面，所以，因为，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，所以到平面的距离.【点睛】本题主要考查了面面平行的判定定理及转化能力，还考查了利用等体积法求点面距离，考查了空间思维能力及计算能力，属于中档题.21. 已知函数，是的一个极值点.（1）求的单调递增区间；（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】分析】（1）根
15、据是的一个极值点，是方程的一个根，解得，然后令求解. （2）将 时，恒成立，转化为恒成立，只需 求解.【详解】（1）.是的一个极值点，是方程的一个根，解得. 令，则，解得或.函数的单调递增区间为，. （2）当时，时，在（1，2）上单调递减，在（2，3）上单调递增. 是在区间1，3上的最小值，且 . 若当时，要使恒成立，只需， 即，解得 .【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；.22. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，圆的方程为（1）求出直角坐标系中的方程和圆心的极坐标；（2）若射线分别与圆与和直线交点（异于原点），求长度【答案】（1），圆心的极坐标为；（2）【解析】【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化即可得解；（2）由极坐标中的几何意义可得，代入求解即可.【详解】解：（1）由直线的极坐标方程为，则，即直线的直角坐标系方程为， 又圆的方程为，即直角坐标系方程为，则该圆圆心坐标为（0，2），即圆心的极坐标为. （2）由题意有.【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标的互化，重点考查了极坐标的应用，属基础题.