2021届吉林省长春市第一中学高三上学期期末考试数学（理）试卷

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2021届吉林省长春市第一中学高三上学期期末考试 数学（理）试卷 试题说明： 1.本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟，满分150分。 2．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定区域内。 3. 请将第I卷的答案用2B铅笔涂到答题卡，将第II卷的答案用黑色中性笔答在答题卡的规定位置处。 第I卷（选择题 60分） 一、选择题（本大题共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．设集合，2，3，，，则（ ）. A．，2，3， B．， C．，3， D． 2．已知复数，则（ ）. A． B．3 C． D．5 3. 命题“”的否定为（ ）. A． B． C． D． 4. （ ）. A． B． C． D． 5. 一个等比数列的前n项和为48，前2n项和为60，则前3n项和为（ ）. A．63 B．108 C．75 D．83 6. 若实数，满足不等式组，则的最大值是（ ）. A． B． C．3 D．7 7．已知 为正实数，且，则的最小值为（ ）. A．4 B．7 C．9 D．11 8. 在△ABC中，角的对边分别为，若，，则（ ）. A． B． C． D． 9. （ ）. A． B． C．2 D． 10. 对于函数，有以下四种说法： ①函数的最小值是 ②图象的对称轴是直线 ③图象的对称中心为 ④函数在区间上单调递增． 其中正确的说法的个数是（ ）. A．1 B．2 C．3 D．4 11．若函数恰好有三个不同的单调区间，则实数的取值范围是（ ）. A． B． C． D． 12.斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点，则的值为（ ）. A． B．1 C．2 D．4 第Ⅱ卷（非选择题 90分） 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.） 13. 已知向量，，若，则实数等于____________. 14．数列1，，的前n项之和____________. 15．已知函数在R上是单调函数，则实数a的取值范围是____________. 16. 已知在锐角△ABC中，，,则的取值范围是____________. 三、解答题（本大题共6小题，共70分.） 17. (本题满分10分) 在△ABC中，内角，，所对的边分别为，，，若， （1）求； （2）若△ABC外接圆的面积为，求边长． 18．(本题满分12分) 已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 19. (本题满分12分) 如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值. 20. (本题满分12分) 已知椭圆：. （1）求与方程焦点相同，且过的椭圆方程. （2）若直线交椭圆于，两点，且，试求△ABC的面积. 21. (本题满分12分) 已知函数． （1）若，求函数的单调区间； （2）若在上恒成立，求整数的最大值． 22. (本题满分10分) 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求的普通方程和的直角坐标方程； （2）若与相交于，两点，设，求． 2020-2021学年上学期高三年级期末考试 数学答案(理科) 1．设集合，2，3，，，则（ ） A．，2，3， B．， C．，3， D． 【答案】C 解：，2，3，，， ，3，， 故选：C. 2．已知复数，则（ ） A． B．3 C． D．5 【答案】D 【分析】 先利用复数的乘法计算，再利用模长公式即可求解. 【详解】 ， 所以， 故选：D 3. 命题“”的否定为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由含有一个量词的命题的否定的定义进行求解，即由全称命题的否定为特称命题可直接得解． 【详解】 命题“，”的否定为“” 故选：D 4. （ ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 利用诱导公式和二倍角的正弦公式可求三角函数式的值. 【详解】 ， 故选：D. 5. 一个等比数列的前n项和为48，前2n项和为60，则前3n项和为（ ） A．63 B．108 C．75 D．83 【答案】A 【分析】 利用等比数列的前项和公式的性质：成等比数列即可求解. 【详解】 数列为等比数列，其前项和为， 则成等比数列， 即成等比数列， 即，解得. 故选：A 6. 若实数，满足不等式组，则的最大值是（ ）． A． B． C．3 D．7 【答案】C 【分析】 作图可行域，再由，平移直线，纵截距最小值即为最大. 【详解】 作出可行域如图所示： 令，则平移直线，当经过点时，最大，， 故选：C. 7．已知 为正实数，且，则的最小值为（ ） A．4 B．7 C．9 D．11 【答案】C 【分析】 由，展开后利用基本不等式求最值． 【详解】 且 ，∴， 当且仅当，即时，等号成立．∴的最小值为9．故选：C 8. 在△ABC中，角的对边分别为，若，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据同角的三角函数关系式，结合正弦定理进行求解即可. 【详解】 因为角是三角形的内角，所以， 由，可得：， 由正弦定理可知：，因为，， 所以. 故选：D 9. （ ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】 由定积分的运算性质，得到，再结合定积分的计算公式和定积分的几何意义，即可求解. 【详解】 由定积分的运算性质，可得， 又由， 根据定积分的几何意义，可知定积分表示所表示的图形的面积， 即所表示的上半圆的面积，其中面积为， 所以. 故选：D. 10. 对于函数，有以下四种说法： ①函数的最小值是 ②图象的对称轴是直线 ③图象的对称中心为 ④函数在区间上单调递增． 其中正确的说法的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】 求出函数的最值，对称中心坐标，对称轴方程，以及函数的单调区间，即可判断正误． 【详解】 函数， 当时，即，函数取得最小值为，故①正确； 当时，即，函数的图象的对称轴是直线，故②错误； 当时，即，函数的图象的对称中心为，故③错误； 当，即，函数的递增区间为， 当时，的递增区间为，故④正确 故选：B 【点睛】 关键点点睛：函数的递增区间转化为的递减区间. 11．若函数恰好有三个不同的单调区间，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 求得，由题意可知，有两个不同的零点，可得出，进而可求得实数的取值范围. 【详解】 由题意得， 函数恰好有三个不同的单调区间，有两个不同的零点， 所以，，解得. 因此，实数的取值范围是. 故选：D. 【点睛】 关键点点睛：本题利用函数的单调区间个数求参数，解题的关键就是结合题意确定函数的极值点的个数，结合二次函数的基本性质解题. 12.斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点，则的值为（ ） A． B．1 C．2 D．4 【答案】B 【分析】 将直线的方程和抛物线的方程联立，消去得到关于的一元二次方程， 将用，表示出来，再利用韦达定理化简即可． 【详解】 由得，． 可得直线方程为， 联立，消去得． 设，，，，则，． 又，， 所以． 故． 故选：． 【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键是利用焦半径公式得到，. 13. 已知向量，，若，则实数等于____________. 【答案】7 【分析】 根据向量垂直的坐标表示运算即可. 【详解】 因为向量，， 所以， 因为， 所以， 解得， 故答案为：7 14．数列1，，的前n项之和____________. 【答案】 【分析】 先归纳出通项公式，然后再分组求和． 【详解】 由题意， ∴． 故答案为：。 15．已知函数在R上是单调函数，则实数a的取值范围是____________. 【答案】． 【详解】 由题意知，， 因为在R上是单调函数，且的图象开口向下， 所以在R上恒成立， 故， 即． 16. 已知在锐角△ABC中，，,则的取值范围是____________. 【答案】（0，12） 【详解】 由题，由余弦定理，① 又锐角中，且，联立①解得， ， 由可得. 17．在△ABC中，内角，，所对的边分别为，，，若， （1）求； （2）若外接圆的面积为，求边长． 【答案】（1）；（2）． 【分析】 （1）由题中条件，根据余弦定理，求出，进而可求出； （2）根据题中条件，先求出外接圆半径，再由正弦定理，即可求出结果. 【详解】 （1）由余弦定理得 又， ∴， ∴，又为三角形的内角，所以； （2）∵外接圆的面积为，设该圆半径为， 则，∴， 由正弦定理得：，所以. 18．已知等差数列的前项和为，，. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）设数列的公差为，根据题中条件列出方程求解，得出首项和公差，即可求出通项公式； （2）由（1）的结果，利用裂项相消的方法，即可求出结果. 【详解】 （1）设数列的公差为， 由题意有，解得， 所以， 故数列的通项公式为； （2）由 所以 . 【点睛】 结论点睛： 裂项相消法求数列和的常见类型： （1）等差型，其中是公差为的等差数列； （2）无理型； （3）指数型； （4）对数型. 19．如图，在四棱锥中，底面，底面为菱形，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】 （1）在菱形中证明，再由已知的线面垂直得线线垂直，从而可证得线面垂直． （2）以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】 （1）证明：连 ∵底面为菱形，∴ ∵，，∴ ∵平面，平面，∴ ∵，，，平面， ∴平面 （2）由（1）知，又由， 可得，可得、、两两垂直 令，可得，， 以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系 可得点的坐标为，点的坐标为， 点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为 ，， 由（1）可知为平面的法向量 设平面的法向量为， 有，取，， 可得 由，，， 有 故平面与平面所成二面角的正弦值为. 【点睛】 方法点睛：本题考查用空间向量法求二面角．求二面角的方法： （1）几何法，通过作证算三个步骤求解，即作出二面角的平面角，并证明，然后计算出这个角． （2）空间向量法：建立空间直角坐标系，用空间向量法求角，即求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角与二面角相等或互补得解． 20．已知椭圆：. （1）求与方程焦点相同，且过的椭圆方程. （2）若直线交椭圆于，两点，且，试求△ABC的面积. 【答案】（1）；（2） 【分析】 （1）设出椭圆方程，可得出，求出即可； （2）联立直线与椭圆，利用韦达定理求出，再利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出到直线的距离，即可得出面积. 【详解】 解：（1）由题意得：椭圆的焦点为和， 设椭圆的方程为，且过，可建立方程组 ，解得或（舍）. ∴椭圆的方程为. （2）联立直线与椭圆的方程，得 ，消得， 由韦达定理得， . 解得满足， 则， ∴.应该是 【点睛】 方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为形式； （5）代入韦达定理求解. 21. 已知函数． （1）若，求函数的单调区间； （2）若在上恒成立，求整数的最大值． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）4. 【分析】 （1）将代入，求出定义域以及，设，再次求导，判断在上单调递减，且，根据导数与函数单调性之间的关系即可求解. （2）解法1：原不等式等价于，在上恒成立，分离参数可得，利用导数求出的最小值即可；解法2：原不等式等价于在上恒成立，设，求出导函数，讨论或，只需即可求解. 【详解】 （1）解：若，，函数的定义域为， 得. 设，则. 故在上单调递减，且， 故当时，，即，单调递增： 当时，，即，单调递减. 综上，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）解法1：原不等式等价于， 即在上恒成立. 设，.则， 设，则. 所以在上单调递增. 又，， 根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点， 设该零点为，则，且，即. 当时，，即，故在上单调递减； 当时，，即，故在上单调递增； 所以 由题意可知，又，得， 因为. 所以整数的最大值为4. 解法2：原不等式等价于在上恒成立. 设，则. （ⅰ）当时，在上恒成立，所以在上单调递增. 故在上恒成立. （ⅱ）当时，令，得 当时，，故）在上单调递减： 当时，，故在上单调递增. 要使在上恒成立，只需. 令，，则，所以在上单调递减. 又，， 所以在上存在唯一的零点且， 从而的解为. 因为， 所以整数的最大值为4. 【点睛】 方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法： （1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）； （2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性. 不等式恒成立问题一般采用分离参数法求参数范围 若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可. 22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求的普通方程和的直角坐标方程； （2）若与相交于，两点，设，求． 【答案】（1）；；（2）. 【分析】 （1）消去参数即可得到的普通方程，将，代入即可得的直角坐标方程； （2）由直线参数方程的几何意义即可求得. 【详解】 （1）由：， 得：， 由：得， 将，代入可得：； （2）经检验在曲线上， 则曲线的参数方程可写为：（为参数）， 代入曲线，得：， 设，两点对应的参数分别为，， 则由韦达定理得：， 故． 【点睛】 关键点点睛：本题解题的关键是理解直线参数方程中的几何意义.