1、云南省民族大学附属中学2021届高三数学上学期期中试题 文（含解析）（考试时间120分钟，满分150分）注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚2每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号在试卷上作答无效第卷 选择题一、选择题：1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简集合B，再根据集合并的意义求解.【详解】，.故选:A【点睛】此题基础题，考查集合并运算.2. 已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复
2、数的基本运算法则进行化简即可【详解】设，都为实数），根据复数相等的条件可得，故，故选：【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算，属于基础题3. 执行如图所示的程序框图，输入，那么输出的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】模拟执行程序框图，可得程序框图的实质是计算排列数的值，由，即可计算得解【详解】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，可得程序框图实质是计算排列数的值，当，时，可得：，故选B【点睛】本题主要考查了程序框图和算法，属于基本知识的考查4. 如右图，一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图都是边长为的正三角形,其俯视图轮廓为正方形，则其体积是A
3、. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为正四棱锥，根据三视图中数据，利用锥体体积公式可得结果,.【详解】由三视图可知，该几何体为四棱锥，底面是边长为2的正方形，面积为4，四棱锥的高是正视图与侧视图三角形的高，为，所以，该几何体的体积为，故选A.【点睛】三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.5. 已知，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】,所以,选D.6.
4、 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】首先利用差比较法，由证得成立.当时，利用特殊值得到，所以当时，不能推出.由此判断出充分、必要条件.【详解】因为，则，所以，即；反之不成立，如取特殊值，代入得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.7. 函数是（ ）A. 周期为的奇函数B. 周期为的偶函数C. 周期为的奇函数D. 周期为的偶函数【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式、二倍角公式化简解析式，由此求得的周期和奇偶性.【详解】依题意.所以的最小正
5、周期为，且为偶函数.故选：D【点睛】本小题主要考查利用诱导公式和二倍角公式进行三角恒等变换，考查三角函数的最小正周期和奇偶性的判断，属于基础题.8. 抛物线的准线方程是，则的值为（ ）A. B. C. 8D. -8【答案】B【解析】【详解】方程表示的是抛物线,，抛物线的准线方程是，解得，故选B.9. 的三边满足，则的最大内角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理结合三角形内角的取值范围求得角的值，由此可得出结果.【详解】由余弦定理可得，因此，的最大内角为.故选：D.10. 大学艺术系表演专业的报考人数连创新高，2010年报名刚结束，某考生想知道这次报考该专业的人
6、数已知该专业考生的考号是按0001，0002，的顺序从小到大依次排列的，他随机了解了50名考生的考号，经计算，这50个考号的和是25025，估计2010年报考大学艺术系表演专业的考生大约有（ ）A. 2000人B. 1500人C. 1000人D. 500人【答案】C【解析】【分析】由题意知先求平均数，再估计中位数，再求出考生的大约人数【详解】由题意知，考生的考号是从0001，0002从小到大排列的，50个考生的考号和为25025，考号平均数：，以此估计考号中位数为500，故大约有人故选：C11. 如图，分别是双曲线的两个焦点，以坐标原点为圆心，为半径的圆与该双曲线左支交于，两点，若是等边三角形
7、，则双曲线的离心率为（ ）A B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】连结，利用几何关系表示，,并结合椭圆的定义，得到离心率.【详解】连结，则，并且，即 .故选：D【点睛】思路点睛：本题考查椭圆离心率的取值范围，求椭圆离心率是常考题型，涉及的方法包含1.根据直接求，2.根据条件建立关于的齐次方程求解，3.根据几何关系找到的等量关系求解.12. 己知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，则不等式的解集为A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：为偶函数，的图象关于对称，的图象关于对称设（），则又，（），函数在定义域上单调递减，而 ，故选B考点：1、函数的基本性质；2、函
8、数的导数与单调性的关系.第卷 非选择题二、填空题13. 已知，满足约束条件，若的最大值为_【答案】4【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定的最大值【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大由，解得，即将的坐标代入目标函数，得即的最大值为故答案为:4【点睛】本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法14. 已知单位向量，的夹角为60，则_【答案】【解析】【分析】由题意并且结合平面数量积的运算公式可得|，通过平方即可求解，可
9、得答案【详解】单位向量，的夹角为的夹角为， ，故答案为：15. 黄冈市的天气预报显示，大别山区在今后的三天中，每一天有强浓雾的概率为，现用随机模拟的方法估计这三天中至少有两天有强浓雾的概率：先利用计算器产生之间整数值的随机数，并用0，1，2，3，4，5表示没有强浓雾，用6，7，8，9表示有强浓雾，再以每3个随机数作为一组，代表三天的天气情况，产生了如下20组随机数：779 537 113 730 588 506 027 394 357 231 683 569 479 812 842 273 925 191 978 520则这三天中至少有两天有强浓雾的概率近似为_【答案】【解析】【分析】根据20
10、组数据得到至少有2天浓雾的组数，再计算概率.【详解】这20组数据，其中恰有2天有浓雾的是588，683，569，479，恰有3天浓雾的是779，978，所以三天中至少有两天有强浓雾的组数包含6组，所以概率.故答案为：16. 九章算术中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）.在如图所示的堑堵中，且有鳖臑C1-ABB1和鳖臑，现将鳖臑沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，与鳖臑拼接成的几何体的外接球的表面积是_.【答案】【解析】【分析】当沿线B
11、C1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，A点翻折到E点，关于对称，所拼成的几何体为三棱锥，根据外接球的性质及三棱锥性质确定球心，利用勾股定理求出半径即可求解.【详解】当沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，A点翻折到E点，关于对称，所拼成的几何体为三棱锥,如图，由可得,即为正三角形，所以外接圆圆心为三角形中心，设三棱锥外接球球心为，连接，则平面，连接,在中作,垂足为，如图，因为,所以是的中点，由矩形可知,因为为三角形的中心，所以在中，,所以,故答案为：【点睛】本题主要考查了几何体的翻折问题，三棱锥的外接球，球的表面积公式，考查了空间想象力，属于难题.三、解答题17. 已知数
12、列中，（1）求数列的通项公式；（2）设，对任意，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由等比中项概念可知为等比数列.（2）裂项求和即可.【详解】（1），数列是等比数列，首项为2，公比为2，（2），,，即成立【点睛】此题考查等比数列的概念性质，同时也考查裂项求和的方法.18. 2020年2月份，根据新型冠状病毒的疫情情况，教育部下达了延迟开学的通知.由此使得全国中小学生停课，影响了教学进度，某高中按照“停课不停学”的原则，扎实开展停课不停学的工作，特制定了网上授课和微课自学相结合的学习方式进行教学，某学校随机调查了名学生每天使用微课学习情况，进行抽样分析，并得到如图所示的
13、频率分布直方图.(1)估计这名学生每天使用微课学习时间的中位数（结果保留一位小数)；(2)为了进一步了解学生的学习情况，按分层抽样的思想，从每天使用微课学习时间在分钟的学生中抽出人，再从人中随机抽取人，试求抽取的人中恰有一人来自使用微课学习时间在分钟的概率.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)根据频率直方图知各组频率之和为可求出的值，设中位数为，根据中位数两侧频率之和相等且为，列式求解可；(2) 根据频率分布直方图可求得每天使用微课学习时间在分钟和分钟的学生人数，再根据分层抽样求出抽出5人时，时间在分钟的人数及时间在分钟的人数，然后根据古典概型求解即可.【详解】(1)由，得.设中位数
14、，则根据直方图可知，所以，所以，即中位数为.(2)由频率分布直方图中可求得每天使用微课学习时间在分钟的学生人数为人，所以按分层抽样的方法抽出5人时，时间在分钟的人数有2人，记为；时间在分钟的人数有3人，记为，则任选人共有种情况，而恰有一人来自使用微课学习时间在分钟共有种情况，故抽取的人中恰有一人来自使用微课学习时间在分钟的概率为.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图，用频率分布直方图估计总体的中位数，分层抽样及古典概型，属于基础题.19. 如图，在五面体中，底面为矩形，过的平面交棱于，交棱于.（1）证明：平面；（2）若，求五面体的体积.【答案】（1）见解析，（2）【解析】【分析】（1）先证明，
15、利用线面平行的性质定理可得，进而可证平面；（2）先证明CD,CE,CB两两垂直，利用割补法：五面体的体积为.【详解】(1)证明：底面ABCD为矩形，AD,又AD又,，又ABCD,平面；（2）由CDBE,CDCB,可得CD平面BCE，CE平面BCECDCE由BCCD, BCFD, BC平面CDFE,所以BCCE即CD,CE,CB两两垂直，连接FB,FC，则CD=2,BC=3,五面体的体积为【点睛】求解空间几何体体积的常用策略：（1）公式法：对于规则几何体的体积问题，直接利用公式即可破解；（2）切割法：对于不规则的几何体，可以将其分割成规则的几何体，再利用公式分别求解之后进行相加求和即可；（3）补
16、形法：同样对于不规则的几何体，还可以将其补形成规则图形，求出规则几何体的体积后减去多于部分即可求解，但需注意的是补形后多于部分的几何体也应该是规则的，若不是规则的，此方法不建议使用.（4）等体积法：一个几何体无论怎样变化，其体积是不会发生变化的.如果遇到一个几何体的底面面积和高较难求解时，常常采用此种方法进行解题.20. 已知椭圆（）若，求椭圆的离心率及短轴长；（）如存在过点，且与椭圆交于两点的直线，使得以线段为直径的圆恰好通过坐标原点，求的取值范围.【答案】（）离心率为，短轴长为；（）.【解析】【详解】（）因为，所以，.所以，.所以椭圆的离心率为，短轴长为.（）当直线的斜率存在时，由题意可设
17、直线的方程为，由得.所以，.因为以线段为直径的圆恰好过原点，所以.所以，即.所以.即.由，所以.当直线的斜率不存在时，因为以线段为直径的圆恰好通过坐标原点，所以.所以，即.综上所述，的取值范围是.考点：直线与圆锥曲线的位置关系21. 已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1）时求导，得到在切点(1,0)处切线斜率，代入点斜式即可；(2) 求导对分情况讨论，讨论函数的单调性，结合题目要求对任意恒成立名即可得到实数的取值范围；【详解】解：（1）因为时，所以切点为，所以时，曲线在点处的切线方程.（2）因为，
18、当时，所以在上单调递增，所以不合题意.当时，即时，在恒成立，所以在上单调递减，有，所以满足题意.当时，即时，由，可得，由，可得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以所以不合题意，综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查函数的切线方程，讨论函数的单调性和利用导数解决恒成立问题，属于中档题.请考生从给出的22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所选做的前一题计分，作答时，请用铅笔将所选题目对应题号涂黑22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）求曲线的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（）设直线与曲线交于两点，若点
19、的直角坐标为，试求当时，的值.【答案】（1）曲线的直角坐标方程为它表示以为圆心、为半径的圆（2）【解析】试题分析：（1）利用参普互化公式将曲线C的方程化为一般方程，进而得到圆心半径；（2）联立直线和园的方程，得到关于t的二次，由韦达定理得到结果.详解：（）曲线：，可以化为 ，因此，曲线的直角坐标方程为它表示以为圆心、为半径的圆（）当时，直线的参数方程为(为参数)点 在直线上，且在圆内，把代入中得设两个实数根为，则两点所对应的参数为，则，点睛：这个题目考查了参数方程化为普通方程的方法，考查了直线参数中t的几何意义，一般t的绝对值表示方程中的定点到动点的距离，故，均可用t来表示，从而转化为韦达定理来解决.23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的解集包含，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）函数化简为分段函数分别解不等式得到答案.（2）题目等价于当时不等式恒成立，得到不等式，求的最小值得到答案.【详解】（1），由，解得，故不等式的解集是；（2）的解集包含，即当时不等式恒成立，当时，即，因为，所以，令，易知在上单调递增，所以的最小值为，因此，即的取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当时不等式恒成立是解题的关键.
