1、2020-2021学年上学期宣化一中高三数学期末试卷一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1. 已知复数在复平面内对应的点分别为，则A. B. C. D. 2. 设R，则“”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件3. 向量满足，则向量与的夹角为A. B. C. D. 4. 已知数列中，若为等差数列，则A. B. C. D. 5. 已知点在抛物线上，点M到抛物线C的焦点的距离是A. 4B. 3C. 2D. 16. 在中，若，则A. B. C. D. 7. 已知双曲线，的左右焦点分别为，O为坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点，则双曲线
2、C的渐近线方程为A. B. C. D. 8. 已知奇函数是R上增函数，则A. B. C. D. 二、不定项选择题（本大题共4小题，共16.0分）9. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是 A. 直线BC与平面所成的角等于B. 点C到面的距离为C. 两条异面直线和所成的角为D. 三棱柱外接球半径为10. 要得到的图象，只要将图象怎样变化得到A. 将的图象沿x轴方向向左平移个单位B. 将的图象沿x轴方向向右平移个单位C. 先作关于x轴对称图象，再将图象沿x轴方向向右平移个单位D. 先作关于x轴对称图象，再将图象沿x轴方向向左平移个单位11. 已知集合，若对于，使得成立，则称集合M是“互垂
3、点集”给出下列四个集合：其中是“互垂点集”集合的为A. B. C. D. 12. 德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”其中R为实数集，Q为有理数集则关于函数有如下四个命题，正确的为A. 函数是偶函数B. ，恒成立C. 任取一个不为零的有理数T，对任意的恒成立D. 不存在三个点，使得为等腰直角三角形三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知直线与圆相交于A，B两点为坐标原点，且为等腰直角三角形，则实数a的值为_14. 已知直线与曲线相切，则_15. 2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可良
4、渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律已知样本中碳14的质量N随时间单位：年的衰变规律满足表示碳14原有的质量，则经过5730年后，碳14的质量变为原来的_经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到_年之间参考数据：，16. 已知的顶点平面，点B，C在平面异侧，且，若AB，AC与所成的角分别为，则线段BC长度的取值范围为_四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17. 已知求函数的最小正周期及单调递减区间求函数在区间的取值范围18. 在，a，
5、b，c分别为内角A，B，C的对边，且，若，求求的面积S19. 设数列的前n项和为，已知，证明：为等比数列，求出的通项公式若，求的前n项和，并判断是否存在正整数n使得成立若存在求出所有n值若不存在说明理由20. 九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在九章算术中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈指四个面均为直角三角形的四面体如图在堑堵中，求证：四棱锥为阳马若，当鳖膈体积最大时，求锐二面角的余弦值21. 给定椭圆，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”若椭圆C的离心率，点在C上求椭圆C的方程和
6、其“卫星圆”方程点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点，过点P作直线，使得，与椭圆C都只有一个交点，且，分别交其“卫星圆”于点M，N，证明：弦长为定值22. 已知函数，为的导函数求证：在上存在唯一零点求证：有且仅有两个不同的零点2020-2021学年上学期宣化一中高三数学期末试卷答案和解析1.【答案】D【解析】【试题解析】【分析】本题考查复数的几何意义，复数的四则运算，属于基础题由已知条件可得，然后代入，可得答案【解答】解：复数在复平面内对应的点分别为，故选：D2.【答案】C【解析】【试题解析】【分析】本题主要考查必要条件、充分条件与充要条件的判断等相关知识，属于基础题，根据题意，进行求解即可【
7、解答】解：若，则，得成立；反之，若，则，得，故“”是“”的充分必要条件故选：C3.【答案】C【解析】【试题解析】【分析】本题主要考查了向量的夹角、向量的数量积及向量的垂直的相关知识，属于基础题，设向量与的夹角为，结合题干条件求出夹角的余弦值，进而即可得解【解答】解：设向量与的夹角为，化为，故选C4.【答案】C【解析】【试题解析】【分析】根据等差数列的性质先求出的公差，即可求出【解答】设等差数列的公差为d，则，即，解得则，解得故选：C5.【答案】A【解析】【试题解析】【分析】本题考查抛物线的标准方程和性质，属于基础题将点的坐标代入抛物线方程，求出，即得焦点，利用抛物线的定义，即可求出【解答】解：
8、由点在抛物线上，可得，解得，即抛物线，焦点坐标，准线方程为所以点M到抛物线C焦点的距离为：故选：A6.【答案】D【解析】【试题解析】【分析】本题主要考查向量的加法、减法、数乘运算，平面向量的基本定理及其应用等知识，属于中档题，依题可得，点D为边BC的中点，从而可得出，从而可得出，即可得到【解答】解：如图所示：，点D为边BC的中点，又，又，即故选：D7.【答案】D【解析】【试题解析】【分析】利用双曲线的定义求出，由向量的数量积，可求出，利用余弦定理可得的关系式，结合，即可求出【解答】因为，可得，由可得，所以，即有，即，所以，所以双曲线的渐近线方程为：故选：D8.【答案】B【解析】【分析】根据定义
9、，可判断出为偶函数，根据其导数可得出，时，函数单调递增，时，函数单调递减，再利用奇偶性将三个函数值转化到同一个单调区间上的函数值，即可比较出大小【解答】由奇函数是R上的增函数，可得，以及当时，当时，由，则，即为偶函数因为，所以当时，当时，故时，函数单调递增，时，函数单调递减因为，所以故选：B9.【答案】ABD【解析】【试题解析】【分析】本题考查正方体内的点、线、面关系，涉及异面直线所成的角、线面成角、点面距离，以及外接球问题，属中档题根据线面角的定义及求法，点面距的定义，异面直线所成角的定义及求法，三棱柱的外接球的半径求法，即可判断各选项的真假【解答】解：正方体的棱长为1，对于A，连接，故B，
10、又正方体中平面，平面，又，AB、平面，平面，直线BC与平面所成的角为，故选项A正确；对于B，因为平面，点C到面的距离，故选项B正确；对于C，因为，所以异面直线和所成的角为，而为等边三角形，故两条异面直线和所成的角为，故选项C错误；对于D，因为两两垂直，所以三棱柱外接球也是正方体的外接球，故外接球半径，故选项D正确故选：ABD10.【答案】ABC【解析】【分析】根据三角函数的变换法则，即可判断各选项是否可以变换得到【解答】对于A，将图象沿x轴方向向左平移个单位，可得的图象，故选项A正确；对于B，将的图象沿x轴方向向右平移个单位也可得到，的图象，故选项B正确；对于C，先作关于x轴对称，得到的图象，
11、再将图象沿x轴方向向右平移个单位，得到的图象，故选项C正确；对于D，先作关于x轴对称，得到的图象，再将图象沿x轴方向向左平移个单位，得到的图象，故选项D不正确故选：ABC11.【答案】BD【解析】【分析】根据题意知，对于集合M表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得，结合函数图象即可判断【解答】由题意知，对于集合M表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得在的图象上，当P点坐标为时，不存在对应的点，所以不是“互垂点集”集合；对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，所以在中的任意点，在中存在另一个，使得，所以是“互垂点集”集合；在的图象上，当P点坐标为时
12、，不存在对应的点，所以不是“互垂点集”集合；对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，所以所以是“互垂点集”集合，故选：BD12.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，集合的补集，新定义，属于较难题根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可【解答】对于A，若，则，满足；若，则，满足；故函数为偶函数，选项A正确；对于B，取，则，故选项B错误；对于C，若，则，满足；若，则，满足，故选项C正确；对于D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况：直角顶点A在上，斜边在x轴上，此时点B，点C的横坐标为无理数，则BC中点的横坐标仍然为无理数，那么点A的横坐标也为无理数，这与点A的
13、纵坐标为1矛盾，故不成立；直角顶点A在上，斜边不在x轴上，此时点B的横坐标为无理数，则点A的横坐标也应为无理数，这与点A的纵坐标为1矛盾，故不成立；直角顶点A在x轴上，斜边在上，此时点B，点C的横坐标为有理数，则BC中点的横坐标仍然为有理数，那么点A的横坐标也应为有理数，这与点A的纵坐标为0矛盾，故不成立；直角顶点A在x轴上，斜边不在上，此时点A的横坐标为无理数，则点B的横坐标也应为无理数，这与点B的纵坐标为1矛盾，故不成立综上，不存在三个点，使得为等腰直角三角形，故选项D正确故选：ACD13.【答案】【解析】【分析】根据等腰直角三角形边长可求得弦长，利用点到直线距离公式求得圆心到直线距离d，
14、根据垂径定理构造方程可求得结果【解答】为等腰直角三角形，又又圆O的圆心到直线距离，解得：故答案为14.【答案】3【解析】【分析】设切点为，求出函数的导数为，得，并且，进而求出a【解答】设切点为，由题意可得：曲线的方程为，所以所以，并且，解得：，故答案为315.【答案】 6876【解析】【分析】把代入，即可求出；再令，两边同时取以2为底的对数，即可求出T的范围【解答】，当时，经过5730年后，碳14的质量变为原来的，由题意可知：，两边同时取以2为底的对数得：，推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到6876年之间故答案为：；687616.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，分别过作底面的垂
15、线，垂足分别为，根据可知，线段BC长度的最大值或最小值取决于的长度，而，即可分别求出BC的最小值与最大值【解答】如图所示：分别过作底面的垂线，垂足分别为，由已知可得，而，当AB，AC所在平面与垂直，且在底面上的射影，在A点同侧时，BC长度最小，此时，BC最小为；当AB，AC所在平面与垂直，且在底面上的射影，在A点异侧时，BC长度最大，此时，BC最大为线段BC长度的取值范围为故答案为：17.【答案】由题意，化简得所以函数的最小正周期的减区间为，由，得所以函数的单调递减区间为，因为，所以，即有所以，函数在区间上的取值范围是【解析】见答案18.【答案】由题意得由余弦定理得：由正弦定理得所以，中，由余
16、弦定理得解得或，由得或【解析】见答案19.【答案】解：，因为，所以可推出故，即为等比数列，公比为2，即，当时，也满足此式，；因为，两式相减得：即，代入，得令，在成立，为增函数，而，所以不存在正整数n使得成立【解析】本题考查等比数列的判定与证明，等比数列的通项公式，错位相减法求和，利用导数求解函数的单调区间，属难题将已知变形为，再由，可得，即为首项为2，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式解得，再根据递推关系求解，可得，注意验证时是否成立；由解得，根据错位相减法解得，代入，得，构造函数，根据导数解得时为增函数，利用零点存在性定理可得不存在正整数n使得成立20.【答案】底面ABC，面ABC又
17、，面，又四边形为矩形四棱锥为阳马，又底面ABC，当且仅当时，取最大值，底面ABC以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设面的一个法向量由得同理得二面角的余弦值为【解析】见答案21.【答案】由条件可得：解得，所以椭圆的方程为，卫星圆的方程为当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是或，即为或，线段MN应为“卫星圆”的直径，当，都有斜率时，设点，其中，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，则，消去y得到，所以，满足条件的两直线，垂直线段MN应为“卫星圆”的直径，综合知：因为，经过点，又分别交“卫星圆”于点MN，且，垂直，所以线段MN是“卫星圆”的直径，为定值【解析】见答案22.【答案】设，当时，所以在上单调递减，又因为，所以在上有唯一的零点，所以命题得证由知：当时，在上单调递增当时，在上单调递减所以在上存在唯一的极大值点所以又因为所以在上恰有一个零点又因为所以在上也恰有一个零点当时，设，所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点当时，设，所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点综上，有且仅有两个零点【解析】见答案