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河北省唐山市第一中学2021届高三上学期期中考试数学试卷 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:721217 上传时间:2024-05-30 格式:DOC 页数:27 大小:2.64MB
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资源描述

1、唐山一中20202021学年度第一学期期中考试高三年级数学试卷说明:1考试时间120分钟,满分150分.2将卷答案用2B铅笔涂在答题卡上,将卷答案用黑色字迹的签字笔书写在答题卡上.卷(选择题 共60分)一、选择题(共8小题,每小题5分,计40分.在每小题给出的四个选项中,只有1个选项符合题意)1. 复数的共轭复数为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将复数化简,再利用共轭复数的定义即可求得正确答案.【详解】,所以共轭复数为,故选:B【点睛】本题主要考查了复数的除法运算以及共轭复数的概念,属于基础题.2. 已知集合,集合,则( )A. B. 1,0,1,2,3C. 0,1,

2、2,3D. 1,2【答案】C【解析】【分析】首先解一元二次不等式,根据代表元所满足的条件,求得集合A和集合B,之后利用补集和交集的定义求得结果.【详解】集合或, ,故 故选:C【点睛】该题考查的是有关集合的问题,涉及到的知识点有解一元二次不等式求集合,集合的补集和交集的运算,属于简单题目.3. 已知数列满足,则“”是“对任意,都有”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】B【解析】【分析】构造函数,利用导数分析函数的单调性,并得出当时,;当时,利用特殊值法以及逻辑推证法,结合充分条件、必要条件的定义判断即可【详解】构造函数,则,所以,函数

3、在上是减函数,则当时,;当时,取,则,所以,充分性不成立若对任意,都有,则,即,即,所以,必要性成立故选:B,【点睛】本题考查必要不充分条件判断,涉及导数的应用,考查推理能力,属于中等题,4. 高一(1)班某组有5人,组长安排值日生,其中1人负责擦黑板,2人负责教室内地面卫生,2人负责卫生区卫生,则不同的安排方法有( )A. 20种B. 30种C. 90种D. 120种【答案】B【解析】【分析】先从5人中选出1人擦黑板,再从剩余的4人中选出2人负责教室内地面卫生,最后从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生,结合分步计数原理,即可求解.【详解】由题意,从5人中选出1人擦黑板,有种选法,从剩余的4人

4、中选出2人负责教室内地面卫生,有种选法,从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生,有种选法,由分步计数原理,可得不同的安排方法有种安排方法.故选:B.【点睛】本题主要考查了分步计数原理,以及组合的应用,其中解答中熟练应用组合的知识和分步计数原理求解是解答的关键,着重考查分析问题和解答问题的能力.5. 如图,在中,是上的一点,若,则实数的值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】平面内三点共线的充要条件为:存在实数,使,且.求得,从而可得结果.【详解】由,可得,所以,又三点共线,由三点共线定理,可得:,故选C.【点睛】本题主要考查平面向量共线定理的应用,意在考查灵活应用所学知识解答

5、问题的能力,属于基础题.6. 函数在上的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数,证明当时,即,从而当时,排除B,C,D,即可得解.【详解】记,在上单调递增,又,当时,即,又,当时,故排除B,C,D.故选:A.【点睛】本题考查了函数图象的判断以及利用导数证明不等式,考查了转化能力,属于中档题.7. 已知是可导的函数,且,对于恒成立,则下列不等关系正确的是( )A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】C【解析】【分析】构造新函数,求导后易证得在上单调递减,从而有,故而得解【详解】设,则,即在上单调递减,即,即,故选项A不正确;,即,即,故选项D不正确;,即,即故

6、选项B不正确;故选:C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性,构造新函数是解题的关键,考查学生的分析能力、逻辑推理能力和运算能力,属于中档题8. 如图1,圆形纸片圆心为,半径为,该纸片上的正方形的中心为.点,为圆上的点,分别是以,为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以,为折痕折起,使得,重合得到一个四棱锥(如图2).当四棱锥的侧面积是底面积的2倍时,异面直线与所成角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设底面正方形边长为,由面积关系求得斜高,得侧棱长,从而通过解得异面直线所成的角【详解】如图,正四棱锥中,是底面对角线交点,是棱锥的高,取中点,连接,则,设,则

7、,侧棱长为,是异面直线和所成的角或其补角,是等腰三角形,异面直线和所成的角的余弦值为故选:A【点睛】本题考查求异面直线所成的角,考查棱锥的侧面积,求异面直线所成角时一般需作出异面直线所成的角并证明,然后再在三角形中求角二、选择题:(本题共4小题,每小题5分,共20分在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分)9. 设是等差数列,为其前项和,且,则下列结论正确的是( )A. B. C. D. 、均为的最大值【答案】ABD【解析】【分析】利用结论:时,结合题意易推出,然后逐一分析各选项.【详解】解:由得,即,又,故B正确;同理由,得,故A正确;对C,

8、即,可得,由结论,显然C是错误的;与均为的最大值,故D正确;故选:ABD.【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式和的最值问题,熟练应用公式是解题的关键.10. 已知双曲线的左、右焦点分别为,P为双曲线上一点,且,若,则对双曲线中a,b,c,e的有关结论正确的是( )A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据,结合双曲线定义得到,然后在中,结合利用余弦定理求解.【详解】,由双曲线定义可知:,由,得,在中,由余弦定理可得:,解得,或,或,或,或,故选:ACD【点睛】本题主要考查双曲线的定义,离心率的求法以及余弦定理的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题.11. 在中,已知,且,

9、则( )A. 、成等比数列B. C. 若,则D. 、成等差数列【答案】BC【解析】【分析】首先根据已知条件化简得到,再依次判断选项即可得到答案.【详解】因为,所以,即.又因为,所以,即,.对选项A,因为,所以、成等比数列,故A错误.对选项B,因为,所以,即,故B正确.对选项C,若,则,则,因为,所以.故,故C正确.对选项D,若、成等差数列,则.又因为,则.因为,设,则,故D错误.故选:BC【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形,同时考查了三角函数的恒等变换,属于中档题.12. 已知,下面结论正确的是( )A. 若f(x1)=1,f(x2)=,且的最小值为,则=2B. 存在(1,3),使

10、得f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称C. 若f(x)在0,2上恰有7个零点,则的取值范围是D. 若f(x)在上单调递增,则的取值范围是(0,【答案】BCD【解析】【分析】由二倍角公式和诱导公式化简函数式,然后根据正弦定理的性质周期性、奇偶性、零点、单调性分别判断各选项【详解】由题意,A题意说明函数相邻两个最值的横坐标之差为,周期为,A错;Bf(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象解析式是,时,是偶函数,图象关于轴对称,B正确;C时,在上有7个零点,则,解得,C正确;Df(x)在上单调递增,则,又,故解得,D正确故选:BCD【点睛】本题考查三角函数的图象与性质,考查正弦

11、型函数的周期性、奇偶性、零点、单调性,考查二倍角公式、诱导公式等,考查了学生的逻辑推理能力,运算求解能力卷(非选择题共90分)三填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13. 在直三棱柱中,则其外接球体积是_【答案】【解析】【分析】由题可知直三棱柱的外接球即为长宽高分别为的长方体的外接球,由此可求出半径,得到体积.【详解】在中,由余弦定理,满足,,则直三棱柱的外接球即为长宽高分别为的长方体的外接球,设外接球的半径为,则,即,所以其外接球体积是.故答案为:.【点睛】本题考查几何体外接球体积的计算,属于基础题.14. 在的展开式中,的系数是_.【答案】10【解析】【分析】利用二项式定理展开式的

12、通项公式即可求解.【详解】因为的展开式的通项公式为,令,解得.所以的系数为.故答案为:.【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式,需熟记公式,属于基础题.15. 已知水平地面上有一半径为4的球,球心为,在平行光线的照射下,其投影的边缘轨迹为椭圆C.如图椭圆中心为O,球与地面的接触点为E,OE=3.若光线与地面所成角为,则_,椭圆的离心率e=_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】连接,由锐角三角函数可得,在平行光线照射过程中,椭圆的短半轴长是圆的半径,如图,椭圆的长半轴长是,过向做垂线,垂足是,得到一个直角三角形,得到的长,从而得出要求的结果【详解】解:连接,则,因为,所以所以在照射

13、过程中,椭圆的短半轴长是圆的半径,如图椭圆的长轴长是,过向做垂线,垂足是,由题意得:,又所以即,椭圆的离心率为故答案为:;.【点睛】本题考查圆锥曲线的实际背景及作用,解决本题的关键是看清楚在平行光线的照射下,投影时球的有关量中,变与不变的量,属于中档题16. 已知函数,且,则关于的方程实根个数的判断正确的是_当时,方程没有相异实根当或时,方程有1个相异实根当时,方程有2个相异实根当或或时,方程有4个相异实根【答案】【解析】【分析】先依据题意求出的解析式,然后将复合函数进行分解,令,则,求解出,再研究即可【详解】当时,因为(1),所以,所以,所以,图象如图所示:当时,则,当且仅当时等号成立,所以

14、函数在上单调递增,在上单调递减;当时,在上单调递减,在上单调递增,故恒成立故在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增令,则,解得:或,当即时,当时,无解,当即时,当时,无解,故方程没有相异实根,故正确;当时,由可知:,解得,当时,由上可知在时取得极大值为,结合图象可知,此时与有且仅有一个交点,故正确;当时,或,若,结合图象可知与有三个不同的交点,若,此时与有一个交点,故方程有4个相异实根,故错误;当时,由可知此时有三个不等实根,当时,或,当时,由图可知有两个不等实根,当时,由图可知有一个实根,当时,或,当时,由图可知有两个不等实根,当时,由图可知有一个实根,故此时方程共有9个不等实根,故错误故

15、答案为:【点睛】方法点睛:函数的零点问题常用的方法有:(1)方程法(直接解方程得零点个数);(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解);(3)方程+图象法(令重新构造,再分析的图象得解).要根据具体的数学情景选择合适的方法解答.四、解答题(本题共6小题,共70分)17. 在,这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并加以解答.已知的内角,所对的边分别是,若_.(1)求角;(2)若,求周长的最小值,并求出此时的面积.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)分别选三个条件,都可用正弦定理解出;(2)由余弦定理可得,利用基本不等式可求出的最小值,即可求出周长最小值,再利用面积公式求出面积.【

16、详解】(1)选,由正弦定理得,即,.选,由正弦定理可得,.选,由已知结合正弦定理可得,.(2),即,解得,当且仅当时取等号,周长的最小值为6,此时的面积.【点睛】本题考查正余弦定理的应用,考查基本不等式求最值,考查三角形面积公式,属于基础题.18. 设数列的前项和为,已知、成等差数列,且(1)求的通项公式;(2)若,的前项和为,求使成立的最大正整数的值【答案】(1);(2)8【解析】【分析】(1)本题首先可根据、成等差数列得出以及,然后两式相减,得出,最后根据求出,即可求出的通项公式;(2)本题可根据题意得出并将其转化为,然后通过裂项相消法求和得出,最后根据得出,通过计算即可得出结果.【详解】

17、(1)因为、成等差数列,所以,当,有,两式相减,可得,即,由题意易知,故是公比为2的等比数列,因为,所以,解得,故的通项公式为.(2)因为,所以,故,因为,所以,解得,故成立的最大正整数的值为8.【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及裂项相消法求和,考查等差中项以及等比数列前项和公式的应用,常见的裂项有、等,考查计算能力,是中档题.19. 2020年1月10日,引发新冠肺炎疫情的COVID-9病毒基因序列公布后,科学家们便开始了病毒疫苗的研究过程.但是类似这种病毒疫苗的研制需要科学的流程,不是一朝一夕能完成的,其中有一步就是做动物试验.已知一个科研团队用小白鼠做接种试验,检测接种疫苗后是否出现

18、抗体.试验设计是:每天接种一次,3天为一个接种周期.已知小白鼠接种后当天出现抗体的概率为,假设每次接种后当天是否出现抗体与上次接种无关.(1)求一个接种周期内出现抗体次数分布列;(2)已知每天接种一次花费100元,现有以下两种试验方案:若在一个接种周期内连续2次出现抗体即终止本周期试验,进行下一接种周期,试验持续三个接种周期,设此种试验方式的花费为元;若在一个接种周期内出现2次或3次抗体,该周期结束后终止试验,已知试验至多持续三个接种周期,设此种试验方式的花费为元.比较随机变量和的数学期望的大小.【答案】(1)分布列答案见解析.(2)【解析】【分析】(1)由题意可知,随机变量服从二项分布,故,

19、然后列出分布列即可(2)根据题意分别算出和的期望即可.【详解】(1)由题意可知,随机变量服从二项分布,故.则的分布列为0123(2)设一个接种周期的接种费用为元,则可能的取值为200,300,因为,所以.所以三个接种周期的平均花费为.随机变量可能的取值为300,600,900,设事件为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”,由(1)知,.所以,所以.所以.【点睛】本题考查二项分布以及离散型随机变量的分布列与数学期望,属于基础题.20. 如图所示,圆锥的底面半径为2,其侧面积是底面积的2倍,线段为圆锥底面的直径,在底面内以线段为直径作,点P为上异于点A,O的动点.(1)证明:平面平面;(2)当三

20、棱锥的体积最大时,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)推导出,从而平面,由此能证明平面平面;(2)设圆锥的母线长为l,底面半径为r,推导出,以O为原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】(1)证明:垂直于圆锥的底面,圆锥的底面,为的直径,面,平面,平面,平面平面.(2)解:设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的侧面积,底面积,依题意,则在中,如图,在底面作的半径,使得,以O为原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,在三棱锥中,面积最大时,三棱锥的体积最大,此时,的半径为1,设平面的法向量,则,取

21、,得,设平面的法向量,则,取,得,设二面角平面角为,由图得为钝角,二面角的余弦值.【点晴】(1)证明面面垂直时,需先在这两个平面内的一个平面内找一条直线,证明这条直线垂直于另外一个平面,进而证明两个平面垂直;(2)第二问考利用空间向量求二面角的平面角,需先证明三条直线两两垂直,才能建立空间直角坐标系,再利用公式计算即可,注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角的方法.21. 已知函数(1)讨论的极值;(2)若为正整数,且恒成立,求的最大值(参考数据:,)【答案】(1)当时无极值,当时有极大值为,无极小值;(2)【解析】【分析】(1)利用函数极值的定义对进行讨论即可;(2)将代入,利用分离参数法,分

22、离出,构造函数,对进行求导,再令,对进行求导,利用零点存在性定理求出的零点,进而得到的单调性,求出的最小值,即可求出的最大值【详解】解:(1),当,即时,对恒成立,在上单调递减,无极值,当,即时,令,得,由,解得:,由,解得:,在处取得极大值,且极大值为,综上所述,当时,无极值;当时,有极大值为,无极小值;(2)当时,当时,即对恒成立,令,得,令,则,是增函数,使,由,得:,当,单调递减,当, 单调递增,时, 取得最小值,为,又为正整数,正整数的最大值为4.【点睛】方法点睛:(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是,且在 左侧与右侧的符号不同(2)若在内有极值,那么在内绝不是单调函数,即在某区

23、间上单调增或减的函数没有极值22. 已知椭圆的左、右顶点分别为、,直线与椭圆交于、两点(1)点的坐标为,若,求直线的方程;(2)若直线过椭圆的右焦点,且点在第一象限,求、分别为直线、的斜率)的取值范围【答案】(1);(2)【解析】分析】(1)利用点差法,求直线的斜率,再求直线方程;(2)直线的斜率不存在时,求点的坐标,得到的值,以及当斜率存在时,直线与曲线方程联立,利用根与系数的关系求的值,并将表示为的二次函数,并求取值范围.【详解】解:(1)设,由题意可得为线段的中点,由两式相减可得,而,即有,则,可得,故直线的方程为,即;(2)由题意可得,当直线的斜率不存在时,当直线的斜率存在时,则的斜率不为0,设直线的方程为,与椭圆方程联立,可得,则,所以,所以,因为在第一象限,所以,所以,【点睛】思路点睛:1.一般涉及中点弦问题时,采用点差法求解;2.直线与圆锥曲线相交问题时,有时需要考查斜率不存在和存在两种情况,斜率存在的情况经常和曲线方程联立,利用根与系数的关系解决几何问题.

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