1、五原中学20202021学年度第一学期高三年级期末考试数学试卷（理）一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题的四个选项，只有一项是符合题目要求的,请将正确选项涂到答题卡相应的位置上.1. 已知集合，若，则中元素的和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件可得，进而可得出关于的等式，求出的值，即可求得中元素的和.【详解】，则，因此，集合中元素的和为.故选：B.2. 已知的共轭复数为（其中为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由复数的运算法则化复数为一般形式，然后由模的定义计算模【详解】根据题意，则，于是.故选：B【点睛
2、】本题以复数的简单运算为素材，目的是考查考生对复数运算法则的掌握情况和复数模的计算，本题计算量小，属于基础题3. 古代数学著作九章算术有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，可求得该女子第2天所织布的尺数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据题意，得到该女子每天所织布的长度构成等比数列，根据题意求出首项和公比，即可求出结果.【详解】由题意可得，该女子每天所织布的长度构成等比数列，设公比为，由题意知， 首项为，前项和为，由题意
3、可得，解得，所以第二天织的布为.故选：C.【点睛】本题主要考查等比数列的基本量运算，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于基础题型.4. 等差数列的前项和，若，则（ ）A. 153B. 182C. 242D. 273【答案】D【解析】试题分析：根据等差数列的前项和的性质：数列依然成等差数列可知即成等差数列，所以，解得，选D.考点：等差数列前项和的性质.5. 如图是一个几何体的正（ 主） 视图和侧（ 左） 视图, 其俯视图是面积为8的矩形， 则该几何体的表面积是 （ ）A. 16B. 2 4+8C. 8D. 2 0+8【答案】D【解析】【分析】根据俯视图是矩形，可得到几何体是一个三棱柱，然后
4、画出几何体并根据相应数据计算表面积.【详解】由题意可知，该几何体如图所示：则：，因为，则，所以.故选D.【点睛】本题考查利用三视图求几何体的表面积，难度较易.对于只给出三视图中的一部分视图，可通过条件将完整的三视图画出，然后再求解表面积或体积.6. 已知双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点.则C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知可得，双曲线焦距，结合的关系，即可求出结论.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，则.又因为椭圆与双曲线有公共焦点，双曲线的焦距，即c3，则a2b2c29.由解得a2，b，则双曲线C方程为.故选：B.【点睛】本题考查椭圆、双
5、曲线的标准方程以及双曲线的简单几何性质，属于基础题.7. 已知点A，B(1,3)，向量，若，则实数k的值为()A. B. C. 1D. 2【答案】B【解析】【分析】先求出的坐标，再利用求出k的值.【详解】由题得，因为，所以故答案为B【点睛】（1）本题主要考查向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示，考查数量积，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 设=,=，则.8. 已知的内角，成等差数列，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由等差中项的性质求出，再由辅助角公式得到，最后再由诱导公式计算可得；【详解】解：，成等差数列，又，由得，则，故选：D9. 已知函数的
6、图像与直线交于两点，若的最小值为，则函数 的一条对称轴是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简得，由题可得周期为，即可求出，令求出对称轴即可得出答案.【详解】，直线交于两点，且的最小值为，则，即，令，则，的对称轴为，当时，.故选：D.【点睛】本题考查正弦型函数的对称轴问题，解题的关键是利用辅助角公式化简函数得出周期，求出解析式，即可解决.10. 在平面直角坐标系中，双曲线的标准方程为，则双曲线的离心率取得最大值时，双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依题意可得，利用基本不等式求出离心率的最大值，即可求出，从而求出双曲线方程，即可求出
7、渐近线；【详解】解：因为，依题意可得双曲线的离心率当且仅当即时，等号成立，此时离心率最大，故双曲线的标准方程为，所以双曲线的渐近线方程为，即故选：C【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正各项均为正；二定积或和为定值；三相等等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误11. 曲线与直线及所围成的封闭图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由曲线与直线联立，解得，故所求图形的面积为，故选B.12. 已知曲线：在处的切线与曲线：在处的切线平行，令，则在上（ ）A. 有唯一零点B. 有两个零点C. 没有零点D. 不确定【答案】A【解析】【分析】先
8、对函数和求导，根据两曲线在处的切线平行，由导数的几何意义求出，得到函数，对其求导，利用导数的方法判定单调性，确定其在上的最值，即可确定函数零点个数.【详解】，又，由题设知，即，则，令，则，当时，即函数单调递减；当时，即函数单调递增；在上的最小值为，则，上单调递增，且.在上有唯一零点，故选：A【点睛】思路点睛：利用导数的方法判定函数零点个数时，一般需要先对函数求导，利用导数的方法判定函数单调性，确定函数极值和最值，即可确定函数零点个数.（有时也需要利用数形结合的方法进行判断）二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡相应位置上.13. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，则_
9、【答案】【解析】【分析】根据函数为奇函数，得，代入解析式计算即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以.故答案为：.14. 已知圆截直线所得的弦长为，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】将圆化为标准方程，得圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理列式求解.【详解】圆化为标准方程为，所以圆心坐标为，半径为.由题意圆心到直线的距离为，则，则.故答案为：15. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的体积为_.【答案】【解析】分析】根据正方体的表面积，可得正方体边长，然后计算外接球的半径，利用球的体积的公式，可得结果.【详解】设正方体边长，正方体外接
10、球的半径为R，由正方体的表面积为24，所以，则，又，所以，所以外接球的体积为：.故答案为：.【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的表面积和体积问题关键是要求出外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16. 若对时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】运用换元法,参变分离法来求
11、解不等式恒成立问题.【详解】不等式转化为,化简为，令又,则,即恒成立，令，又，当时，取最小值，所以，恒成立,化简得，解不等式得.故答案：【点睛】方法点晴：本题考查了不等式恒成立问题,在求解过程中运用了参变分离法,注意题目中变量的取值范围.三解答题：本大题共6小题，共70分，请将答案写在答题卡上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知数列是等差数列，是数列的前n项和，.（1）求数列的通项公式及前项和；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据条件列出式子求出数列的首项和公差，即可求出通项公式和前n项和；（2）可得，利用裂项相消法即可求出.
12、【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得，；（2），.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.18. 已知函数（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）在中，且的面积为，求的值【答案】（1），单调递增区间为；（2）1.【解析】【分析】（1）化简解析式即可得，求出最小正周期，利用整体法求出单调增区间；（2）由，求出，再利用面积公式以及余弦定理代入求解出，利用正弦定理求出.【详解】（1），由，得单
13、调递增区间为（2）由，即.由的面积为，由余弦定理可得：，可得：，联立解得：；或【点睛】关于三角函数解析式的化简问题，首先需要利用和差公式或者诱导公式展开化为同角，其次利用降幂公式进行降次，最后利用辅助角公式进行合一变换，最终得到的形式.19. 如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，点在线段上（1）当点为中点时，求证：平面；（2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值为时，求点M在线段EC上的位置【答案】（1）证明见解析；（2）点为中点.【解析】【分析】（1）以直线、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明；（2）设，求出平面和平面的法向量，根据题意建立关系即可求出，得出结果.【详解】（1
14、）以直线、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，所以.又是平面的一个法向量.即，平面，平面；（2）设，则，又，设，则，即.设是平面的一个法向量，则，取得，此时显然时不符合，则，即，又由题设，是平面的一个法向量，解得，即点为中点.【点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20. 已知椭圆（1）求椭圆的标准方程和离心率；（2）是否存在过点的直线与椭圆相交于，两点，且满足若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1），；（
15、2）存在，7x+30或7x+30【解析】【分析】（1）将椭圆方程化为标准方程，可得a，b，c，由离心率公式可得所求值；（2）假设存在过点P（0，3）的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且满足，可设直线l的方程为xm（y3），联立椭圆方程，消去x可得y的二次方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由向量共线的坐标表示，化简整理解方程，即可判断是否存在这样的直线【详解】（1）由，得，进而，；（2）假设存在过点P（0，3）的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且满足，可设直线l的方程为xm（y3），联立椭圆方程x2+2y24，可得（2+m2）y26m2y+9m240，36m44（2+m2）（9m24）0，即m
16、2，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2，y1y2，由，可得（x2，y23）2（x1，y13），即y232（y13），即y22y13，将代入可得3y13，y1（2y13），消去y1，可得，解得m2，所以，故存在这样的直线l，且方程为7xy+30或7x+y30【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查向量共线的坐标表示，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题21. 已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求，的值；（2）证明函数存在唯一的极大值点，且.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，可得（1），（1），结合已知切
17、线方程即可求得，的值；（2）利用导数可得，再构造新函数，利用导数求其最值即可得证【详解】（1）函数的定义域为，则（1），（1），故曲线在点，（1）处的切线方程为，又曲线在点，（1）处的切线方程为，；（2）证明：由（1）知，则，令，则，易知在单调递减，又，（1），故存在，使得，且当时，单调递增，当，时，单调递减，由于，（1），（2），故存在，使得，且当时，单调递增，当，时，单调递减，故函数存在唯一的极大值点，且，即，则，令，则，故在上单调递增，由于，故（2），即，【点睛】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题选考题：共10分.请考生在第、两题
18、中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，直线l过点，倾斜角为.以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：.（1）求直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l交曲线C于A，B两点，M为中点，且满足成等比数列，求直线l的斜率.【答案】（1）l的参数方程为(t为参数)，C的直角坐标方程为：；（2）斜率为.【解析】【分析】（1）根据直线过点P，及倾斜角，代入公式，即可求得l的参数方程，将曲线C左右同乘，利用即可求得曲线C的直角坐标方程；（2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，可得关于t的一元二次方
19、程，根据t的几何意义及题干条件，可得，即可求得答案.【详解】（1）因为直线l过点，倾斜角为，所以直线l的参数方程为(t为参数)，因为，所以，所以曲线C的直角坐标方程为：；（2）将直线l的参数方程为(t为参数)代入可得：，设A,B所对应的参数为，所以，因为成等比数列，所以，即，解得，故直线l的斜率为.【点睛】解题的关键是熟练掌握极坐标与普通方程、参数方程与普通方程的互化；在利用t的几何意义时，要将直线参数方程的标准形式代入到曲线的直角坐标方程里，方可进行求解，考查计算化简的能力，属基础题.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数,.（1）当时,求的解集;（2）若的解集包含集合,求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时,当,即,分别讨论,和,去掉绝对值,即可求得答案;（2）因为的解集包含,当时,不等式恒成立,结合已知,即可求得答案.【详解】（1）当时,当,即上述不等式可化为,或,或,或或,原不等式的解集为. （2）的解集包含,当时,不等式恒成立,即在上恒成立,即,在上恒成立,的取值范围为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解,以及绝对值三角不等式的应用,其中解答中熟记含绝对值不等式的解法,以及合理应用绝对值的三角不等式求解最值是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于中档题.