1、宁夏海原县第一中学2021届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2作答时，务必将答案写在答题卡上写在本试卷及草稿纸上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：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. 集合的子集中，含有元素的子集共有A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个【答案】B【解析】【详解】试题分析：中含有元素的子集有：，共四个，故选B.考点：集合的子集.2. 复数（ ）A. 2B. 2C. 2iD. -2i【答案】A【解析】【分析】利用即可得解.【详解】
2、故选A.【点睛】本题考查了复数的乘法及乘方运算，属于基础题.3. 已知命题p:直线ab，且b平面，则a；命题q:直线l平面，任意直线m，则lm.下列命题为真命题的是（ ）A. pqB. p（非q）C. （非p）qD. p（非q）【答案】C【解析】【分析】首先判断出为假命题、为真命题，然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性，判断出正确选项.【详解】根据线面平行的判定，我们易得命题若直线，直线平面，则直线平面或直线在平面内，命题为假命题；根据线面垂直的定义，我们易得命题若直线平面，则若直线与平面内的任意直线都垂直，命题为真命题.故:A命题“”为假命题；B命题“”为假命题；C命题“”为真命题；D命题
3、“”为假命题.故选：C.【点睛】本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断，考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断，属于基础题.4. 已知向量，是单位向量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可知；由是单位向量，知,可知，从而可求出，进而可求.【详解】解：因为，所以，由，可知，又是单位向量，则，所以，解得 ，又，则.故选:C.5. 设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小【详解】是R的偶函数，又(0，+)单调递减，故选C【点睛】本题主要考查函数的奇
4、偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取值6. 已知点在圆外，则直线与圆的位置关系是（ ）A. 相切B. 相交C. 相离D. 不确定【答案】B【解析】【分析】由题意结合点与圆的位置关系考查圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系即可确定直线与圆的位置关系.【详解】点在圆外，圆心到直线距离，直线与圆相交.故选B.【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指数函数，对数函数的单调性判断即可；【详解】解：由已知，故，故选：A.【点睛】本题考查指数函数、对数
5、函数性质的应用，属于基础题.8. 将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】得到的偶函数解析式为，显然【考点定位】本题考查三角函数的图象和性质，要注意三角函数两种变换的区别，选择合适的值通过诱导公式把转化为余弦函数是考查的最终目的.9. 已知直线，平面、，给出下列命题：，则；，则；，则；，则.其中正确的命题有（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】【分析】利用线面平行的性质定理判断；利用面面平行的性质定理和线面垂直的性质定理可判断；若，则与平行或相交，可判断；利用面面垂直的判定定理可
6、判断.【详解】由线面平行的性质定理可知正确；由面面平行的性质定理可知，因为，所以，即正确；若，则与平行或相交，即错误；由面面垂直的判定定理可知正确.所以正确的命题有，故选：C.【点睛】本题主要考查点、线，面的位置关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.10. 函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导，判断导函数函数值的正负，从而判断函数的单调性，通过单调性判断选项.【详解】解：当时，则，若，若，则恒成立，即当时，恒成立，则在上单调递减，故选：A.【点睛】本题主要考查函数的图象，可以通过函数的性质进行排除，属于中档题.11. 一个空间几何体的三视图如图，则该
7、几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三视图可得该几何体是一个棱长和底面边长都是2的直三棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，结合锥体和柱体的体积公式，即可求解.【详解】由三视图可得，该几何体是一个棱长和底面边长都是2直三棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，如图所示，所以该几何体的体积为：.故选：D. 【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，其中解答中熟记三视图的规则，还原得到几何体的形状是关键，再由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.12. 已知球的直径，是该球球面上的两点，则棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 1
8、【答案】A【解析】【分析】设球心为点O，作中点D，连接，根据已知条件，利用球的性质得到，及有关线段长度，利用等腰三角形的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得AB平面SCD,利用余弦定理求得SDC的余弦值，进而求得其正弦值，利用三角形的面积公式求出，将几何体看做以SCD为底面的两个对接棱锥，即可求出棱锥的体积.【详解】解：设球心为点O，作中点D，连接，因为线段是球的直径，所以它也是大圆的直径，则易得：，所以在中，得：，又在中，得：，则，因为点是的中点，所以在等腰三角形中，且，在等腰三角形中，且，又交于点，所以平面棱锥的体积：，因为，所以由余弦定理得：，则，由三角形面积公式得的面积，所以棱锥的体积
9、：.故选:A.【点睛】本题主要考查球的内接棱锥的体积的求法，涉及线面垂直的判定定理，余弦定理，三角形的面积公式，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题.解题的关键在于根据球的性质得则，进而证明平面，将问题转化为求解.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 在等差数列中，若，则_【答案】0【解析】【分析】首先根据题意得到，再解方程组即可.【详解】由题知：，解得.故答案为：14. 曲线在处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意知切点为，根据导数的几何意义求切线的斜率，即可得切线方程；【详解】，.又曲线过点，故切线方程为.故答案为：；【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线
10、方程，首先由切点在曲线上求点坐标，进而由该点导数的几何意义求斜率，写出切线方程，属于简单题；15. 若点在三角形的边上，且，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据得到，再由，根据平面向量的基本定理，求得的值，代入即可求解.【详解】如图所示，由，可得，又由，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理的应用，其中解答中熟记向量的运算法则，以及平面向量的基本定理是解答的关键.着重考查了推理与计算能力，属于基础题.16. 已知抛物线的焦点为，准线为，：过点且与相切，则_.【答案】2或6【解析】【分析】代入圆方程中得到一方程，圆心到的距离等于半径得另一方程，解方程组即可.【详解】
11、解：在上所以，即（1），和与相切，（2），由（1）（2）得，所以或故答案：2或6.【点睛】考查抛物线的性质以及直线和圆的相切的性质，基础题.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. 设椭圆过点，离心率为（1）求C的方程；（2）求过点且以M点为中点的弦的方程【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出=4，再根据，代入即可求解.（2）利用点差法可求得直线的斜率，根据点斜式方程即可得出结果.【详解】（1）将代入C的方程得，=4，又 得，即，C的方
12、程为（2）设直线与C的交点为A，B，代入椭圆方程得，作差化简可得，即，又，则，以M点为中点的弦的方程: ,即：.18. 在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且（1）求角A；（2）若的面积为，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）可通过化简计算出的值，然后解出的值（2）由面积公式及余弦定理计算即可求得的值【详解】（1）由得，即又，,所以，,得，所以（2）由的面积为及,得:，即，又，从而由余弦定理得，所以.19. 已知数列的前项和为，且满足（1）求数列的通项公式；（2）若，且数列前项和为，求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，可求，然后由时，可得，根据等
13、比数列的通项可求（2）由，而，利用裂项相消法可求.【详解】（1）当时，解得，当时，得，即，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，；（2），.【点睛】本题考查递推公式在数列的通项求解中的应用，等比数列的通项公式、裂项求和方法，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力20. 在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由已知可证，即可证明结论；（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.【详解】方法一：（1）依题意，
14、且，四边形平行四边形，平面，平面，平面.（2）平面，且为的中点，平面且，平面，以为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，取，则.设平面的法向量为，则，取，则.，设二面角的平面角为，则，二面角的正弦值为.方法二：（1）证明：连接交于点，因为四边形为平行四边形，所以为中点，又因为四边形为菱形，所以为中点，在中，且，平面，平面，平面（2）略，同方法一.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查空间向量法求面面角，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题.21. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求证：.【答案】（1）答案
15、见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）本题首先可求出函数的导函数，然后分为、两种情况进行分类讨论，即可得出结果；（2）本题首先可以根据题意将不等式转化为，然后令并求出导函数，最后令，根据函数的性质求出函数的最小值，即可证得结果.【详解】（1）的定义域为，当时，在上单调递增，当时，由，得，若，单调递增；若，单调递减，综上所述，当时，在上单调递增，当时，在单调递增，在单调递减.（2）因为，所以，即，令，则，令，因为函数在是增函数，函数在是减函数，所以函数在上单调递增，因为，所以存在，使得，即，当时，即；当时，即，则，故，即当时，.【点睛】本题考查根据导函数求函数单调性以及证明不等式成立，
16、考查根据导函数求函数的最值，若函数的导函数为，则当，函数是增函数，当，函数是减函数，考查函数方程思想，考查计算能力，是难题.（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，则按所做的第一题记分选修4-4:坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数)，曲线.（1）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求 ，的极坐标方程；（2）若射线(与的异于极点的交点为，与的交点为，求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由曲线：(为参数)化为普通方程，再结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得 ，的极坐标方程；（2）分别求得点对应的的极径，根据极
17、经的几何意义，即可求解.【详解】（1）曲线：(为参数)可化为普通方程：，由可得曲线的极坐标方程为， 曲线的极坐标方程为.（2）射线与曲线的交点的极径为，射线与曲线的交点的极径满足，解得，所以.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.选修4-5:不等式选讲 23. 已知，函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为3，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，分、三种情况讨论即可；（2）利用绝对值的三角不等式可得出，然后结合重要不等式可证明.【详解】（1）当时，即为或或，故不等式的解集为（2），的最小值为3，【点睛】本题考查的是绝对值不等式的解法和不等式的证明，考查了分类讨论的思想，属于中档题.