1、2021届高三年级第一学期期末考试文科数学试卷注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写在本试题相应的位置、涂清楚。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第I卷（选择题)一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，则（
2、）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出集合，再根据并集的定义计算可得；【详解】解：因为，所以，又因为所以故选：C2. 已知复数满足，则的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由复数的运算法则可得，再由共轭复数的概念即可得解.【详解】由题意，所以.故选：D.【点睛】本题考查了复数的运算和共轭复数的概念，属于基础题.3. （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用二倍角公式计算可得；【详解】解：故选：B4. 已知非零向量，满足，且，的夹角为，则实数k的值为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据即可得
3、出，然后根据进行数量积的运算即可得出，再由即可求出【详解】，且，即，.故选：【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量数量积的运算及计算公式，属于基础题5. 如图，给出的是计算的值的一个程序框图，则图中判断框内(1)处和执行框中的(2)处应填的语句是（ ）A. i100，nn1B. i34，nn3D. i34，nn3【答案】C【解析】【分析】根据算法的功能确定跳出循环的i值，可得判断框内的条件，根据n值的出现规律可得执行框的执行式子.【详解】算法的功能是计算的值，易知1，4，7，100成等差数列，公差为3，所以执行框中(2)处应为nn3，令1(i1)3100，解得i34，终止程序运行的i值为35
4、，判断框内(1)处应为i34.故选：C.【点睛】本题考查了循环结构的程序框图，根据算法的功能确定跳出循环的i值及n值的出现规律是解答本题的关键，属于基础题6. 已知等差数列的前项和为，若则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据等差数列下标和性质及前项和公式计算可得；【详解】解：因为等差数列的前项和为，所以，所以，所以故选：A7. 已知函数是上的奇函数，且对任意，都有若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数单调性的定义可知函数在上单调递减，再由奇函数的性质可得函数在上单调递减，结合即可得解.【详解】对任意，都有，对任意，都有，函数在上
5、单调递减，又函数是上的奇函数，函数在上单调递减，又，即.故选：A.【点睛】本题考查了函数单调性、奇偶性的应用，考查了对数式的大小比较，属于中档题.8. 若满足约束条件 ，则 的最小值是（ ）A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图，转化目标函数为，上下平移直线，数形结合可知，当直线过点时，取最小值，由可得点，则.故选：D.【点睛】本题考查了简单的线性规划，属于基础题.9. 在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】利用正方体中，将问题转化为求共
6、面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.【详解】在正方体中，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，则.故选C.【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；（2）向量法：求两直线的方向向量；求两向量夹角的余弦；因为直线夹角为锐角，所以对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.10. 函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数奇偶性，再根据对应区间函数值的正负确定选项.【详解】为偶函
7、数，舍去A;当时,舍去C；当时,舍去D；故选：B点睛】本题考查函数奇偶性以及识别函数图象，考查基本分析求解判断能力，属基础题.11. 定义行列式运算.已知函数满足且的最小值为，则的值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】先求出函数的解析式，然后由的最小值为可以求出周期，进而求出.【详解】由题意得，因为的最小值为，所以，则由得.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，属于基础题12. 以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点.已知|AB|=，|DE|=，则C的焦点到准线的距离为 ( )A. 8B. 6C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】
8、【详解】试题分析：如图，设抛物线方程为，交轴于点，则，即点纵坐标为，则点横坐标为，即，由勾股定理知，即，解得，即的焦点到准线的距离为4，故选C.考点：抛物线的性质.第II卷（非选择题)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，若，则锐角_【答案】【解析】【分析】根据向量平行的坐标运算公式代入计算即可.【详解】因为，所以，得，又为锐角，所以.故答案为：14. 设为两条直线，若直线平面，直线平面，下列说法正确的是 _。 若/，则 若，则 若，则 若，则/【答案】【解析】【分析】运用面面平行的性质、平行线的性质，结合面面垂直的判定定理进行判断即可.【详解】：因为/，平面，所以
9、平面，又因为平面，所以，故本说法正确；：因为平面，所以设，当时，且，显然可以满足，但是不成立，故本说法不正确；：因为，平面，所以平面，而平面，所以，故本说法正确；：当时，因为平面，所以，但是此时/不成立，故本说法不正确.故答案为：15. 函数在区间上的最小值为_【答案】1【解析】【分析】化简函数，根据自变量的范围，即可求出结论.【详解】，所以，所以，的最小值为1.故答案为:1.16. 已知长方体全部棱长的和为，表面积为，则该长方体的外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】设长方体的长、宽、高分别为、，由题意可得，化简可得，由求出球的半径后，代入球的表面积公式即可得解.【详解】设长方体的长、宽
10、、高分别为、，由题意得，所以，所以，所以该长方体外接球的半径,所以该长方体外接球的表面积.故答案为：.【点睛】本题考查了长方体几何特征及其外接球表面积的求解，考查了运算求解能力，属于中档题.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在锐角中，、分别为角、所对的边，且（1）确定角的大小；（2）若，且的面积为，求的值【答案】（1）；（2）5.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，化简即可求解.（2）由三角形面积公式，求得，再结合余弦定理，即可求出.【详解】（1）由及正弦定理得，锐角三角形，（2），面积为，即，由余弦定理得，即由变形得将代入得，故【点睛】本题考查正、余
11、弦定理的应用，属于较易题.18. 在等差数列中，且、成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列的公差不为，设，求数列的前项和【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）设数列的公差为通过，成等比数列，结合，列出关于和的方程组，然后求解通项公式；（2）由（1）结合公差不为可知，得到，然后分组求和即可【详解】（1）设数列的公差为因为，成等比数列，所以，又，所以，即，解得或当时，当时，（2）因为公差不为，由（1）知，则，所以【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查分组求和法的运用，考查学生的运算能力，难度一般.19. 如图，在四棱锥中，平面 平面， .(1)证明 (2)设点在线段上，
12、且，若的面积为，求四棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）推导出BAAD，BAPD，APPD，从而PD平面PAB，由此能证明PDPB（2）设AD2a，则ABBCAPa，PDa，得为等腰三角形，利用推得面积，进而求出a2，由此能求出四棱锥PABCD的体积【详解】(1) 平面平面 ，平面， 在中，由正弦定理可得： ，PDPA又PAAB=A, 平面，.(2)取的中点，连结， ，设AD2a，则ABBCAPa，PDa,则，为等腰三角形，且底边BC上的高为，的面积为. 的面积为，解得：，四梭锥的体积为 .【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面
13、面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1： 的左焦点为F1(2，0)，且点P(0，2)在椭圆C1上（1）求椭圆C1的方程；（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y28x相切，求直线l的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）因为椭圆的左焦点为，所以，点代入椭圆，得，由此能求出椭圆的方程；（2）设直线的方程为，由，得因为直线与椭圆相切，所以再由直线和抛物线相切，联立方程，运用判别式为0，由此能求出直线的方程【详解】解：（1）因为椭圆的左焦点为，所以，点代入椭圆，得，即，所以，所以椭圆的方程为；（2）直线的斜率显然存在，设直线
14、的方程为，由，消去并整理得，因为直线与椭圆相切，所以整理得由，消去并整理得，因为直线与抛物线相切，所以，整理得综合，解得或，所以直线的方程为或【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形21. 已知函数，()，令.（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.【答案】（1）.（2）2【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，然后求导，通过导数大于零得到增区间；（2）关于的
15、不等式恒成立，即为恒成立，令，求得导数，求得单调区间，讨论的符号，由最大值小于等于0，通过分析即可得到的最小值.【详解】（1）当时，()，由，又，所以函数的单调递增区间为.（2）关于的不等式恒成立，即为恒成立，令，当可得恒成立，递增，无最大值，不成立；当时，当，递减，当，递增，则有取得极大值，且为最大值.由恒成立思想可得，即为，显然不成立，时，即有成立.整数的最小值为2.【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，考查用导数研究不等式恒成立问题，解题关键是掌握等价转化思想，不等式恒成立转化为求函数的最值，利用最值满足不等关系得出结论选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线
16、C的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线C的极坐标方程；（2）若直线l1，l2的极坐标方程分别为，设直线l1，l2与曲线C的交点分别为O，M和O，N，求OMN的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将曲线C的参数方程化为直角坐标方程，进而化为极坐标方程即可；（2）将直线l1，l2的极坐标方程分别与曲线C的极坐标方程联立，可求得的极坐标，进而可求得OMN的面积.【详解】（1）由参数方程，可得普通方程为，由，可得，所以曲线C的极坐标方程为.（2）由直线l1：与曲线C的交点为O，M，得.由直线l2：与曲线C的交点为O，N，得.易知，所以.【点睛】本题考查圆的参数方程、圆的极坐标方程，考查三角形面积公式的应用，考查学生计算求解能力，属于基础题.
