1、宁夏石嘴山市第三中学2021届高三数学上学期期中试题 理（补习班，含解析）第I卷（选择题）一、单选题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 复数在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】首先化简复数，再根据复数的几何意义确定象限.【详解】，则复数在复平面内的点为，为第四象限的点.故选：D【点睛】本题考查复数的化简，几何意义，重点考查计算能力，属于基础题型.2. 已知实数集，集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意和函数的定义域求出
2、集合，由补集的运算求出，由交集的运算求出【详解】由得，则集合，所以，又集合，则，故选：【点睛】本题考查交、并、补集的混合运算，以及函数的定义域，属于基础题3. 已知角的终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由条件利用任意角的三角函数的定义，求得和的值，可得的值【详解】解：由于角的终边经过点，则，故选：B【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题4. 某长江大桥的主体造型为：桥拱部分（开口向下的抛物线）与主桁（图中粗线）部分（可视为余弦函数一个周期的图象）相结合.已知拱桥部分长，两端引桥各有，主桁最高处距离桥面，则将下列函数等比放大后，与主桁形状最相似
3、的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据题意，设主桁部分对应的函数为，由题意，求得，结合三角函数的伸缩变换，逐项判断即可得出结果.【详解】不妨设主桁部分对应的函数为，由题中条件可得，则，所以，A选项，与相比，近似扩大了倍，缩小倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故A排除；B选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍，使周期扩大倍，故B正确；C选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故C排除；C选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故D排除；故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数的伸缩变换，考查求余弦型函数的解析式
4、，属于常考题型.5. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】为奇函数，舍去A；，舍去D；时，单调递增，舍去C.因此选B.有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)由函数的周期性，判断图象的周期性.6. 下列命题中：若“”是“”的充要条件；若“，”，则实数的取值范围是；已知平面、，直线、，若，则；函数的所有零点存在区间是.其中正确的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用充分
5、条件与必要条件的关系判断的正误；根据特称命题成立的等价条件求实数的取值范围，可判断的正误；由面面垂直的性质定理可判断的正误；利用零点存在定理可判断的正误.【详解】由，可知，所以有，当时，满足，但不成立，所以错误；要使“，”成立，则有对应方程的判别式，即，解得或，所以正确；因为，所以，又，所以根据面面垂直的性质定理知，所以正确；因为，且函数连续，所以根据零点存在定理可知在区间上，函数存在零点，所以正确.所以正确的是，共有三个.故选：C.【点睛】本题考查命题的真假判断正确推理是解题的关键要求各相关知识必须熟练，考查推理能力，属于中等题.7. 如图，已知中，为的中点，若，则（ ）A. B. C. D
6、. 【答案】C【解析】【分析】利用向量的线性运算将用表示，由此即可得到的值，从而可求的值.【详解】因为，所以，.故.故选：C.【点睛】本题考查向量的线性运算以及数乘运算在几何中的应用，难度一般.向量在几何中的应用可通过基底的表示形式进行分析.8. “跺积术”是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、三角垛等现有100根相同的圆柱形铅笔，某同学要将它们堆放成横截面为正三角形的垛，要求第一层为1根且从第二层起每一层比上一层多1根，并使得剩余的圆形铅笔根数最少，则剩余的铅笔的根数是（ ）A. 9B. 10C. 12D. 13【答
7、案】A【解析】【分析】设只能堆放层，由已知得从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，根据等差数列的前n项和公式可求得选项【详解】设只能堆放层，则从最上层往下，每层铅笔数组成以首项为1、公差为1的等差数列，且余下的铅笔数小于，于是，且，解得，剩余的根数为故选：A.【点睛】本题考查数列的实际应用，关键在于将生活中的数据，转化为数列中的基本量，属于中档题.9. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的内切球的直径为()A. B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】【详解】由三视图知，该几何体为四棱锥，如下图所示，设其内切球的半径为，所以，所以()，解得，所以该几
8、何体的内切球的直径为2.故选：C. 10. 已知是定义在上的函数，且，如果当时，则（ ）A. 27B. -27C. 9D. -9【答案】B【解析】【分析】先判断出函数的周期，然后利用周期性和已知条件，将转化为，将代入题目所给解析式，由此求得的值.【详解】由，则，所以为周期为8的周期函数，.故选B.【点睛】本题考查函数的周期性与求值，考查运算求解能力.属于基础题.11. 已知数列的前项和为，若存在两项，使得，则的最小值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得求得，运用基本不等式，检验等号成立的条件，根据单调性即可得出结果.【详解】解：
9、，可得，即，时，又，相减可得，即，是首项为，公比为的等比数列所以，即，得，所以，当且仅当时取等号，即为，因为，取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则，因为，在上单调递减，在上单调递增，所以当，时，取得最小值为故选：B.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查基本不等式的运用，考查化简运算能力，属于中档题12. 已知函数若存在实数，满足，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】实数，满足，且则必有、分别在、上且，结合构造，利用导数研究单调性，即可求出的最大值【详解】的图象如下存在实数，满足，且，即，则令，则在上单调递
10、增，故故选：B【点睛】本题考查了利用分段函数的图像分析存在性问题，并确定目标式中未知数的范围，进而构造函数，通过导数研究其单调性求最值第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. 函数在区间上递减，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先求得函数的对称轴方程，再根据函数在区间上递减，由求解.【详解】函数的对称轴方程为：，因为函数在区间上递减，所以 ，解得，所以实数的取值范围是，故答案：【点睛】本题主要考查二次函数单调性的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14. 已知数列的通项公式为，其前项和为，则_.【答案】2020【解析】【分析】设，可并项求和，
11、再分析，周期为，前4项为，则，再得到.【详解】设，则,为正奇数，则，由，有周期性可知，前2020项和为0，所以.故答案为：2020【点睛】本题考查了分组求和，并项求和，属于基础题.15. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】首先根据垂直关系，找到三棱锥外接球的球心，再计算外接球的半径，最后计算三棱锥外接球的表面积.【详解】如图，取的中点，连结，因为和为等边三角形，所以，所以，所以为的二面角，即，所以，因为，所以平面，取的外心，的外心，如图，过点作，过点作，在平面内，即为三棱锥外接球的球心，连结，所以， 所以，设外接球
12、的半径为，所以，因为平面，所以，所以，即，所以，所以外接球的表面积为 故答案为：【点睛】本题考查球与几何体外接球的综合问题，重点考查空间想象能力，推理证明，计算能力，属于中档题型.16. 已知函数，则_，若函数有无穷多个零点，则的取值范围是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意得到，然后根据时的解析式，得到答案；根据时的解析式，得到其图像，然后根据时，由可知，每向左个单位，的值增大倍，得到的最小值，从而得到图像与图像的交点有无穷多个时，的取值范围.【详解】因函数，所以.当时，当时，等号成立，而时，由，即每向左个单位，的值增大倍，且函数有无穷多个零点，即图像与图像有无穷多个交点
13、，则.故答案为；.【点睛】本题考查分段函数的图像与性质，求函数的值，函数与方程，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.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分17. 已知数列是公差大于0的等差数列，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式，再结合成等比数列即可求出公差，从而可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，可得，然后利用乘公比错位相减求和即可.【详解】（1）设数列的公差为，且成等比数列，即， 解得
14、（舍）或，. （2）由（1）可知，数列的前项和， 相减得，.【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式，考查了乘公比错位相减求和，属于中档题.18. 已知函数（1）求的最小正周期及在区间上的最大值和最小值；（2）若，求的值.【答案】（1）最小正周期为，；（2）.【解析】【分析】（1）利用，通过二倍角公式和辅助角公式化简得，再利用周期公式和正弦函数的性质即可求解.（2），即，利用以及同角三角函数及基本关系可求出，再利用展开代入即可求解.【详解】（1），其最小正周期为又，（2），又，【点睛】本题主要考查了三角函数的周期和最值，考查了给值求值问题，属于中档题.19. 如图，在直三棱柱中，是以为斜边的
15、等腰直角三角形，分别为，的中点.（1）证明：平面.（2）若四边形为正方形，求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，先证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可；（2）连接，利用已知条件得出，互相垂直，建立空间坐标系，分别求出平面和面的法向量，根据空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值，进而求出二面角的正弦值.【详解】（1）证明：如图，连接，交于点，连接，则为的中点.因为为的中点，所以，且，又，所以为平行四边形，即.因为平面，所以平面.（2）解：连接，令，因为，为的中点，所以.又三棱柱是直三棱柱，所以，互相垂直，分别以，的
16、方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，所以，.设平面的法向量为，则，即，令，可得，所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，即，令，可得，所以平面的一个法向量为，所以平面与平面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理以及空间向量的应用和二面角.属于中档题.20. 今年春节，突如其来的疫情对消费市场造成巨大冲击，全国范围内餐饮业都受到重大影响.进入五月随着天气转暖，国内新冠肺炎疫情防控形势持续向好，各大城市在做好防控工作的同时，在灯火通明的城市商圈和步行街也逐渐开放了夜市以发展经济.在“全民夜市练摊”的热潮中，某商场经营者贾某准备在商场门前
17、经营冷饮生意.已知该商场门前是一块角形区域，如图所示，其中顶角，且在该区域内点处有一棵树，经测量点到区域边界，的距离分别为，（为长度单位）.贾某准备过点修建一条长椅（点B，C分别落在，上，长椅的宽度及树的粗细忽略不计），以供购买冷饮的人休息.（）求点到点的距离；（）为优化经营面积，当等于多少时，该三角形区域面积最小？并求出最小面积.【答案】（）；（），三角形区域面积最小为.【解析】【分析】（）连接,设，则，在和中，利用将表示出来即，求出的值，进而求出到的距离；（）将三角形区域面积表示出来，可得：，利用基本不等式可得，解得：，即可求面积的最小值，再利用等号成立的条件即可求得.【详解】（）连接,设
18、，则， 在中,，在中,，所以，即，所以，又因为 ，由解得：，所以.（），又因为，解得，所以，当且仅当时等号成立，此时面积最小为，所以，又因为，解得，所以当时，该三角形区域面积最小为.【点睛】关键点点睛：本题的关键是,设，则，利用正弦定理可以求出的值，第二问关键是利用面积的两种表示，结合基本不等式求出.21. 已知函数().（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，记函数的最小值为，求证：.【答案】（1）或；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数几何意义列方程解得结果；（2）先求导函数，再根据的正负分类讨论，对应确
19、定导函数符号，进而确定单调性；（3）根据（2）单调性确定解析式，再利用导数求最大值，即证得结果.【详解】（1）的定义域为，根据题意有，则，解得或；（2），当时，由得，解得，由得，解得，在上单调递增，在上单调递减，当时，由得，解得，由得，解得，在上单调递增，在上单调递减，（3）证明：由（2）知，当时的最小值为，即，令，得，当时，当时，则是在上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是的最大值点，当时，恒成立.【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数求单调性、利用导数求函数最值与证不等式，考查综合分析求解与论证能力，属中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所
20、做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 已知曲线C的极坐标方程是，建立以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴的平面直角坐标系，直线l的参数方程是(t为参数).（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线相交于A,B两点，且,求直线l的斜率k.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用极坐标化直角坐标的公式化简即得解；（2）把直线的参数方程代入圆的方程整理，再利用曲线的弦长公式求解.【详解】（1）由曲线的极坐标方程是，所以.所以曲线的直角坐标方程为，即 （2）把直线的参数方程（为参数），代入圆的方程得，化简得设两点对应的参数分别是，则，故，得，得.所以直线l的斜率为.【点睛】本
21、题主要考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.选修4-5：不等式证明选讲23. 已知函数，.（1）解不等式：；（2）记的最小值为，若实数满足，试证明：.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先将化成分段函数的形式，然后根据，分别解不等式即可；（2）由（1）可知的最小值为，从而可得，再利用基本不等式证明即可【详解】（1）解： 因为，所以，或，或所以，或，或，所以，所以不等式的解集为（2）证明：因为，当且仅当时取等号，所以的最小值为，所以，所以，当且仅当，即，时取等号【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方