1、2020-2021学年第一学期阶段测试卷高三数学第卷（选择题共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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】C【解析】【分析】化简集合，再由交集和并集运算得出答案.【详解】则，故选：C2. 已知数列，均为等差数列，且，则（ ）A. 4037B. 4039C. 4041D. 4043【答案】B【解析】【分析】由等差数列的定义知数列仍然是等差数列，求出它的公差后可得通项公式【详解】数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以.故选：B【点睛】本题考查等差数列的性质，数列，是等差数列，则
2、（是常数）仍然是等差数列3. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】通过中间量比较大小即可.【详解】故选：A.4. 在中，内角，所对的边分别为，若的面积为.且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意即可得出：，两式相除即可得出，根据三角形内角的取值范围即可得到的值.【详解】因为，两式相除得，因为，所以，故选：B.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，解题方法如下：（1）根据三角形的面积公式列出等量关系；（2）根据向量数量积定义式列出等量关系；（3）联立求得，结合三角形内角的取值范围求得结果.5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何
3、体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三视图作出几何体的直观图，再利用柱体与锥体的体积公式即可求解.【详解】由几何体的三视图，可以得到该几何体，其中一边为圆锥的一半，另一边为圆柱的一半，作出几何体的直观图，如下：圆柱、圆锥的底面半径均为，高均为，则几何体的体积.故选：D6. 图1是第七届国际数学教育大会()的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的(如图2)，其中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知求出图形中各线段长后，由直角三角形得出和的正弦、余弦值，然后可由两角和的正弦公式得出结论【详解】，且是直角三角形，同理得，.故选：A7.
4、 在三棱柱，底面为等边三角形，侧面是菱形，且，侧面底面，点是的中点，则直线与平面所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出图形，作出线面角，根据几何关系即可获解.【详解】如图，过作，垂足为，连接.因为侧面底面，且侧面底面，所以平面所以为直线与平面所成的角，设，因为侧面是菱形, 且所以 则从而故故选：C.【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解8. 设是定义在上的函数，为其导函数，已知，当时，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】
5、【分析】由已知条件得函数为偶函数，引入，利用导数可得上为增函数，结合可解不等式，从而得在上的解，再由偶函数得出结论【详解】由，可知为偶函数，构造新函数，则，当时.所以在上单调递增，又，即.所以由可得，此时又为偶函数，所以在上的解集为.故选：B【点睛】本题考查的奇偶性与单调性，考查由导数确定函数的单调性，具有奇偶性的函数的不等式求解时，如果是偶函数，可利用单调性求出上的解，然后再利用奇偶性得出上的解集，如果是奇函数可由奇函数定义得出函数在上的单调性，然后由单调性解不等式二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有
6、选错的或不选的得0分.9. 若命题“，”是假命题，则的值可能为（ ）A. B. 1C. 4D. 7【答案】BC【解析】【分析】首先写出特称命题的否定，根据命题“，”是真命题，根据恒成立，讨论的取值，求参数的取值.【详解】由题可知，命题“，”是真命题，当时，或.若，则原不等式为，恒成立，符合题意；若，则原不等式为，不恒成立，不符合题意.当时，依题意得.即解得.综上所述，实数的取值范围为.故选:BC.【点睛】本题考查存在量词命题否定的应用，重点考查分类讨论的思想，运算求解能力，属于基础题型.10. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到的图像，则（ ）A. 在上是减函数B. C. 是奇函数D. 在上
7、有4个零点【答案】AD【解析】【分析】根据余弦函数在上的单调性判断A；取判断B；根据定义判断是偶函数；由与的图象的交点个数确定在上零点个数，从而判断D.【详解】当时，由于函数在上单调递减，则在上是减函数，故A正确；当时，故B错误；由题意可知，则函数是偶函数，故C错误；令，则，令函数与的图象如下图所示由图可知，函数与的图象有4个交点，即在上有4个零点，故D正确；故选：AD【点睛】关键点睛：在求在上的零点个数时，关键是将零点个数问题转化为函数与的图象的交点个数.11. 在长方体中，点在线段上，为的中点，则（ ）A. 平面B. 当为的中点时，四棱锥外接球半径为C. 三棱锥体积为定值D. 过点作长方体
8、的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项的正误；判断出四棱锥为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B选项的正误；利用等体积法可判断C选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，因为，所以，矩形为正方形，所以，在长方体中，底面，平面，、平面，所以，平面，A选项正确；对于B选项，当点为的中点时，同理可得，因为四边形为正方形，所以，四棱锥为正四棱锥，取的中点，则平面，且四棱锥的外接球球心在直线上，设该四棱锥外接球半径为，由几何关系可得，即，解得，B选项错误；对于C选项，三棱
9、锥的高为，因此，C选项正确；对于D选项，设长方体的外接球球心为，则为的中点，连接、，则，、分别为、的中点，则，平面，平面，平面，.过点作长方体的外接球截面为平面，点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，则，当且仅当时，等号成立，长方体的外接球半径为，所以，截面圆的半径，因此，截面圆面积的最小值为，D选项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等点为外接球的球心，借助
10、有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.12. 已知函数的定义域为，为自然底数，给出下列结论：是奇函数；是上的增函数；在上的值域是；在上有实根，其中正确的结论是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据奇函数的定义可知正确；根据导数知识可知正确；根据单调性求出值域，可知正确；构造函数根据函数的单调性以及区间端点的函数值的符号可知错误.【详解】因为，所以正确；因为，当且仅当时等号成立，所以是上的增函数；所以正确；为在上是增函数，所以，所以在上的值域是，所以正确；令，显然是上的增函数，因为， ，所以在上没有零点，即
11、在上没有实数根，错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：掌握函数的奇偶性、单调性、值域的求法是解题关键.第卷（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. 已知集合，若，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先求出集合A，在根据包含关系列出不等式即可求出.【详解】可得，解得.故答案为：.14. 在四面体中，则点到平面的距离是_.【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，证得平面，进而得到平面，过作，证得平面，得到为点到平面的距离，进而求得点到平面的距离.【详解】如图所示，取的中点，连接，在中，因为，所以， 在中，因为，所以，因为且平面，所以平面，又由平面，所以平面
12、，过作，垂足为，可得平面，所以为点到平面的距离，在直角中，可得，又由，所以为等腰三角形，所以为的中点，在直角中，可得，在直角中，所以，所以点到平面的距离.故答案为：.15. 已知正数，满足，则的最小值为_.【答案】24【解析】【分析】结合指数幂的运算性质化简得，再结合基本不等式“1”的妙用即可求解【详解】由可得，所以，当且仅当，时取等号.故答案为：24【点睛】本题考查指数运算及基本不等式，属于基础题16. 在中，内角，所对的边分别为，则外接圆面积的最小值为_.【答案】【解析】【分析】化简，得到，然后，利用基本不等式成立得条件，求出此时的，得到外接圆的半径为，进而判断的范围即可求解【详解】因为，
13、所以当且仅当，时，此时，外接圆的半径等于，又因为，所以，则，外接圆的面积为故答案为：【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查逻辑推理能力.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 在，为的中点，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的长；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，在中，点在线段上，_？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案见解析【解析】【分析】选择条件：由余弦定理可得，进而可得，再由正弦定理即可得解；选择条件：由正弦定理可得，进而可得，再由余弦定理即可得解；选择条件：由余弦定理得，进
14、而可得，再由正弦定理即可得解.【详解】选择条件：，在中，由余弦定理可得，又，在中，由正弦定理得，；选择条件：在中，由可得，又为的中点，在中，由余弦定理得，；选择条件：在中，由余弦定理可得，即，则，在中，由正弦定理得，可得.18. 已知是各项均为正数的等比数列，为，的等差中项.且.（1）求的通项公式；（2）设，求的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由等差中项的性质列出关系式， 解出的值，再代入，解出的值，可求出数列的通项公式；（2）由对数的运算性质和等差数列前项和计算，代入可得，裂项相消法求前项和即可.【详解】（1）为、的等差中项，即，且，又；（2），.【点睛】本题考查数列基
15、本量的计算和裂项相消法求和，属于基础题.易错点睛：裂项相消求和需要注意裂项时常数的配凑和消项时前后项剩余的项数.19. 已知函数.（1）求函数的最小正周期及的值；（2）若关于的方程，在上有3个解，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）展开即可化简；（2）方程解的个数问题转化为图像的交点问题即可.【详解】（1），所以的最小正周期 ； ；（2）因为 ，所以，即 ，当时 ，由图像可知，解得，即的取值范围为 .20. 如图，四棱锥中，平面，四边形是菱形，点，分别在棱，上，且.（1）证明平面；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）建立空
16、间直角坐标系，利用空间向量法证明线面平行；（2）由计算可得；【详解】（1）证明：以为坐标原点，过垂直于的直线为轴所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， ， ，设平面的法向量为，取，则， ，平面；（2），由（1）知， 21. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，垂直于和，侧棱底面，为中点，且，.（1）求证：平面；（2）求四棱锥体积；（3）求面与面所成二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）结合线面垂直的定义和线面垂直的判定定理可证明；（2）利用棱锥的体积公式可求出体积；（3）建立平面直角坐标系，求得平面的法向量，又由图形可知平面的法向量为，利用向量的余弦公
17、式可求出二面角的余弦值.详解】（1）平面，平面，又，所以平面，又平面，为中点 ，平面；（2）；（3）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示平面直角坐标系得，设平面的法向量为则，得 ，令平面和平面所成的二面角为.【点睛】本题考查线面垂直的证明以及求二面角的平面角的余弦值，属于基础题.方法点睛：（1）线面垂直可以用线面垂直的判定定理，证明一条直线和平面内的两条相交直线垂直；（2）线面垂直也可以用面面垂直的性质定理，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直交线的直线和另一个平面垂直.22. 已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若关于的方程在上恰有三个不同的实数解
18、，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求导，然后求得，再由点斜式写出切线方程.（2）显然是方程的根，当且时，将方程的根转化为的交点，即，令， 转化为，则在上有两个不同的根求解.【详解】（1）当时，所以.又，所以切线的斜率，则切线方程为.该切线与轴交于点，与轴交于点，所以围成的三角形的面积为.（2）显然是方程的根，当且时，方程等价于，则.记，则，令，则，故在上单调递增，故，即，所以在上单调递增，又方程等价于，故只需在上有两个不同的根.，令，则，当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，故.又，可得.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，导数与函数的零点与方程的根，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.