1、2020-2021学年度第一学期期中学业水平检测高三数学本试卷4页，22小题，考试用时120分钟注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置；2作答选择题时：选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上；非选择题必须用黑色字迹的专用签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效；3考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，请将答题卡上
2、交一、单项选择题：本题共8小题，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. 已知集合，集合.则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据余弦函数的性质和一元二次不等式的解法，分别求得集合，再结合并集的运算，即可求解.【详解】由，可得，因为，可得，即集合，又由，即，解得，即，所以.故选：B.2. 已知数列各项均大于，“”是“数列成等比数列”的（ ）A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件C. 必要不充分条件D. 充分不必要条件【答案】D【解析】【分析】从充分条件和必要条件两方面推导，【详解】解：，又，所以，则数列为等比数列；因为，所以，若数列为等比数列，则公比为正
3、数且，则有成立，不能推出.所以是数列为等比数列的充分不必要条件.故选：D.3. 已知角终边经过点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的定义，列出方程，即可求解.【详解】由题意，角终边经过点，可得，又由，根据三角函数的定义，可得且，解得.故选：C.4. 已知向量，若，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由题意，求得，根据，列出方程，即可求解.详解】由题意，向量，可得，因为，所以，解得.故选：A.5. 在空间中，、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列判断正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案
4、】C【解析】【分析】由线面关系和面面关系的性质和判定依次分析即可得出.详解】对于A，若，则或，故A错误；对于B，若，则 或，故B错误；对于C，若则，故C正确；对于D，若，则与平面可能平行可能相交，也可能在平面内，故D错误；故选：C.6. 已知函数，若使得成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知建立方程，反解出，将问题转化为求函数值域问题，然后利用函数的性质求出最值即可求解.【详解】由题意可得：存在实数，使得成立，假设，则，所以有，则，令，则，令，即，解得，令，即，解得，则在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查了
5、分段函数的存在性问题，构造函数，利用导函数求最值是解决本题的关键.7. 已知函数，则的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角恒等变换公式化简，结合的范围，可得选项.【详解】因为，所以，因为，所以，所以由，解得，所以的单调递增区间是，故选：A.8. 定义在上的函数满足：当时，；当时，.记函数的极大值点从小到大依次记为，并记相应的极大值为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数求得时函数的极值点和极值，再结合递推关系，求得数列的通项公式，利用错位相减法即可求得其前项和.【详解】，由题当时，易知的极大值点为1，极大值为1，当时
6、，则极大值点形成首项为1，公差为2的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故，故.设，设，两式相减得，故选：.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点和极值，涉及错位相减法求数列的前项和，属综合中档题.二、多项选择题：本题共4小题.9. 在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】由可得，正确；由可得，不正确；根据向量减法的三角形法则以及可得正确，由和可得正确.【详解】因为所以，所以，故正确；所以，所以，故不正确；因为，故正确；，故正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：利用向量的线性运算和数量积的运算律求解是解题关键.10. 已知函数的最小正周期为，其图象的
7、一个最高点为，下列结论正确的是（ ）A. B. C. 将图象上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到图象；再将图象向右平移个单位长度，得到函数的图象D. 的图象关于对称【答案】BC【解析】【分析】根据已知条件求出函数解析式，可判断AB，然后由三角函数图象变换判断C，由正弦函数的性质判断D【详解】由已知，A错；，又，B正确；，将图象上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得，再将图象向右平移个单位长度，得图象的解析式为，C正确；大中，令，D错故选：BC【点睛】易错点睛：本题考查由三角函数的性质求三角函数的解析式，考查三角函数的图象与性质，图象变换掌握“五点法”是解题关键在图象平移变换时要注意的系
8、数不是1时，需加括号得解析式，否则会出错11. 在三棱柱中，分别为线段的中点，下列说法正确的是（ ）A. 平面平面B. 直线平面C. 直线与异面D. 直线与平面相交【答案】AC【解析】【分析】在三棱柱中，得到，结合面面平行的判定，可判定A是正确的；由，得到与相交，可判定B错误；由，得到平面，进而可判定C正确；由线面平行的判定定理，可得判定D错误.【详解】对于A中，在三棱柱中，分别为线段的中点，所以，因为，所以平面平面，所以A是正确的；对于B中，因为分别是线段的中点，所以，所以与相交，所以直线与平面相交，所以B错误；对于C中，因为分别为线段的中点，所以，因为平面平面，所以平面，因为，所以与是异面
9、直线，所以C正确；对于D中，因为,平面，平面，所以直线平面，所以D错误.故选：AC.【点睛】解答空间中点、线、面位置关系的判定问题常见解题策略：1、对空间平行关系的转化条件理解不透导致错误；对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；2、对于空间中的垂直关系中确定线面垂直是关键，证明线线垂直则需借助线面垂直的性质，垂直关系的判定定理和性质定理合理转化是证明垂直关系的基本思想.12. 已知是定义在上的奇函数，且，当时，关于函数，下列说法正确的是（ ）A. 为偶函数B. 在上单调递增C. 不是周期函数D. 的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】利用奇偶性的定义可判断A选项的正误；
10、求出函数在区间上的解析式，判断出函数在上的单调性，可判断B选项的正误；作出函数的图象，可判断CD选项的正误.【详解】对于A选项，由于函数是定义在上的奇函数，则，所以，函数的定义域为，且，所以，函数为偶函数，A选项正确；对于B选项，由题意可得，当时，则，此时，此时，函数在上单调递减，B选项错误；对于C选项，由已知可得，所以，函数是以为周期的周期函数，作出函数的图象如下图所示：当时，当时，则；当时，则.所以，当时，又由于函数为偶函数，作出函数的图象如下图所示：由图象可知，函数不是周期函数，C选项正确；对于D选项，由函数的图象可知，函数的最大值为，D选项正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考
11、查函数单调性、奇偶性、最值以及周期性的判断，推导出函数的基本性质，并由此作出函数的图象是解题的关键.三、填空题：本题共4个小题.13. 设zi(i为虚数单位)，则|z|_.【答案】【解析】【分析】根据复数除法运算法则，结合复数模公式进行求解即可.【详解】,.故答案为：【点睛】本题考查了复数除法的运算法则和复数模的计算，考查了数学运算能力.14. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】结合二倍角的正弦公式和同角三角函数的基本关系，由即可求出正确答案.【详解】解：因为，所以，所以，故答案为: .15. 已知，则的大小关系为_ (用“”连接).【答案】【解析】【分析】借助对数函数和指数函数的单调性寻求
12、中间量，借助中间量比较大小关系.【详解】解：由得，由得，由得，所以.故答案为：.【点睛】方法点睛：指、对、幂大小比较的常用方法：（1）底数相同，指数不同时，如和，利用指数函数的单调性；（2）指数相同，底数不同，如和利用幂函数单调性比较大小；（3）底数相同，真数不同，如和利用指数函数单调性比较大小；（4）底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定16. 在四面体中，底面，均为直角三角形，若该四面体最大棱长等于则（1）该四面体外接球的表面积为_；（2）该四面体体积的最大值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】(1)利用分割补
13、形法把四面体放置在长方体模型中，即可求得四面体外接球的半径，则表面积可求；(2)求出AC的长度，再由基本不等式求得的最大值，则四面体体积的最大值可求.【详解】（1）利用长方体模型，所以该四面体外接球半径，所以该四面体外接球的表面积为，（2），得，当且仅当时等号成立，所以，所以该四面体体积的最大值为.故答案为：，.【点睛】方法点睛：求解外接球的相关问题时，关键在于求出外接球的球心和半径，可以用 “分割补形法”，“垂面法”等方法确定球心的位置.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 在，两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.在中，内角的对边分别为，已知_
14、.（1）求；（2）已知函数，求的最小值.【答案】选择见解析；（1）；（2）.【解析】【分析】（1）若选择，先由诱导公式变形，然后正弦定理化边为角后可求得；若选择，由平方关系化余弦为正弦，然后由正弦定理化角为边，再用余弦定理求得；（2）求出的范围后，结合余弦函数的性质可得最小值【详解】解：（1）若选择， 因为所以即由正弦定理得：.由于为的内角，所以所以，即由于为的内角，所以又因为，所以，若选择，因为所以.由正弦定理得：在中，由余弦定理知：所以（2）由（1）知：因为所以所以所以当即时，【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理，余弦定理，在出现边角关系求角时，常常利用正弦定理化边为角，然后利用三角函数的
15、恒等变换公式变形求角，或者利用正弦定理化角为边后用余弦定理求得角18. 如图，在半圆柱中，分别为该半圆柱的上、下底面直径，分别为半圆弧上的点，均为该半圆柱的母线，.（1）证明：平面平面；（2）设，若二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据圆柱的结构特征，得到，进而证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；（2）以坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，求得，即可求解.【详解】（1）由题意知，为半圆柱的母线，所以平面，又因为为直径，所以，又由，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）以坐标原
16、点，分别以为轴建立空间直角坐标系，所以，设平面的法向量因为，可得，取，解得所以平面的法向量取平面的法向量可得，所以，所以，即，所以或(舍)，解得.【点睛】利用空间向量计算二面角常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.19. 已知正项数列的前项和为.（1）求的通项公式；（2）若数列满足：，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用求得的递推关系，并
17、得出，同时验证后确定是等差数列，得通项公式；（2）用与（1）类似方法得出然后用裂项相消法求得和【详解】解：由题知：两式相减得：；所以，所以；因为，所以*又因为，所以，因为，解得：（舍去），所以适合*式所以是以为首项，为公差的等差数列.所以由得：；所以得：，所以又由式得，适合上式所以所以所以【点睛】本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，裂项相消法求和在由求解时要注意，需对进行检验另外数列求和的常用方法：设数列是等差数列，是等比数列， （1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；（4
18、）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和20. 已知关于的函数.（1）讨论的极值点；（2）若恒成立，求的值.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出导函数，由导数确定单调性得极值点（2）在（1）的基础上，时不合题意，时，极大值为，得，然后设，利用导数证明，从而得【详解】解：（1）由题知：若则所以在上单调递增，所以无极值点.若则，解得.所以，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；所以，当时，存在唯一极大值点.（2）若，由（1）知：，不满足题意若，由（1）
19、知：在上单调递增，且所以时，也不合题意.若，由（1）知：所以令所以，当时，在上单调递增；当时，上单调递减；所以；即所以，综上，若则【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值点，研究不等式恒成立问题，对不等式，可由导数求出的最大值，由得出的范围，本题还需对不等式进行变形，再引入新函数，由新函数的性质得出的取值21. 如图1，在平面四边形中，（1）求；（2）将沿折起，形成如图2所示的三棱锥.三棱锥中，证明：点在平面上的正投影为点；三棱锥中，点分别为线段的中点，设平面DEF与平面的交线为，为上的点.求与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）；（2）证明见解析；.【解析】【分析】（1）先求
20、出的长，再在中，求出，再由正弦定理即可求解；（2）根据的长度判断，再根据判断，从而易证平面，则点在平面上的正投影为点；以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，讨论与平面的法向量的夹角的范围即可.【详解】解：（1）在中：在中由余弦定理：，所以，在中，由正弦定理：， 所以；(2)在中，因为，所以，在中，因为，所以，又因为，所以平面，所以点在平面上的正投影为点；因为平面，平面，所以平面，平面与平面的交线为，所以，.以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，所以，设，设平面的法向量，因为，所以，取，解得，所以，平面的一个法向量为，因为，设与平面所成角为，所以，若，则，若，
21、则，所以与平面所成角的正弦值的取值范围为.【点睛】方法点睛：平面几何问题一般用正余弦定理，结合三角函数和三角恒等变换即可解决；立体几何中求线面角的正弦的取值范围，方法之一是建立空间直角坐标系，转化为直线的方向向量与平面的法向量夹角即可解决.22. 已知函数，.（1）若恰为的极小值点.证明：；求在区间上的零点个数；（2）若，又由泰勒级数知：，证明：【答案】（1）证明见解析；个；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知条件得出，构造函数，可知为函数的零点，分析函数的单调性，利用零点存在定理可证得结论成立；利用导数分析函数在区间、上的单调性，结合零点存在定理可得出结论；（2）由求导变形后得出，
22、结合已知条件得出，对比系数可得结论成立.【详解】（1）由题意得：，因为为函数的极值点，所以，令，则，在上单调递增.因为，所以在上有唯一的零点，所以；由知：，（i）当时，由，得，所以在上单调递减，所以在区间上不存在零点；（ii）当时，设，则.（a）若，令，则，所以在上单调递减，因为，所以存在，满足，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；（b）若，令，则，所以在区间上单调递减，所以，又因为，所以，在上单调递减；（c）若，则，在上单调递减.由（a）（b）（c）得，在上单调递增，在单调递减，因为，所以存在使得，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，因为，所以在区间上有且只有一个零点.综上，在区间上的零点个数为个；（2）因为，（*）对，两边求导得：，所以，（*）比较（*）（*）式中的系数，得所以.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
