广西桂林市第五中学2021届高三数学上学期期末考试复习试题（一）（含解析）.doc

1、广西桂林市第五中学2021届高三数学上学期期末考试复习试题（一）（含解析）一选择题1. 设集合，若，则实数m构成集合是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题知或，又根据集合元素的互异性即可得出的值.【详解】，因为，所以，则有或，解得：或，当时，集合满足题意；当时，集合，不满足互异性，故舍去；当时，集合满足题意，综上，实数m构成的集合是.故选：B【点睛】本题考查交集的概念，考查集合元素的互异性，属于基础题.2. 复数（为虚数单位）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】A【解析】【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何

2、意义可得结果.详解】由，知在复平面内对应的点位于第一象限，故选：A.【点睛】本题主要考查了复数除法的运算以及复数的几何意义，属于基础题.3. 函数图象的对称轴方程可能是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】函数的对称轴方程满足： ,即： ,令 可得对称轴方程为 .本题选择D选项.4. 1943年，我国病毒学家黄祯祥在美国发表了对病毒学研究有重大影响的论文“西方马脑炎病毒在组织培养上滴定和中和作用的进一步研究”，这一研究成果，使病毒在试管内繁殖成为现实，从此摆脱了人工繁殖病毒靠动物、鸡胚培养的原始落后的方法.若试管内某种病毒细胞的总数和天数的函数关系为：，且该种病毒细胞的个数超过时会发生

3、变异，则该种病毒细胞实验最多进行的天数为（ ）天（）A. 25B. 26C. 27D. 28【答案】C【解析】【分析】计算，得到，得到答案.【详解】取，故，即，故该种病毒细胞实验最多进行的天数为.故选：.【点睛】本题考查了指数函数的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.5. 函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据函数的奇偶性排除A、C,再由时,的趋向性判断选项即可【详解】由题,定义域为,因为,所以是偶函数,图象关于轴对称,故排除A、C；又因为,则当时,所以,故选：D【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,考查函数图象6. 展开式中的常

4、数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将二项式表示为，得出其通项，令的指数为零，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出展开式中的常数项.【详解】，展开式通项为，令，得，因此，二项式展开式中的常数项为，故选A.【点睛】本题考查二项式展开式中指定项系数的计算，解题的关键就是写出二项展开式的通项，根据指数求出参数的值，进而求解，考查计算能力，属于中等题.7. 若满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 5B. 4C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】由不等式组作出可行域，如图,目标函数可视为可行域中的点与原点距离的平方，故其最小值应为原点到直线的距离平方，根据点到直线的距离公

5、式可得选项.【详解】由不等式组做出可行域如图，目标函数可视为可行域内的点与原点距离的平方，故其最小值为原点到直线的距离的平方，由点到直线的距离公式可知，原点到直线的距离为，所以所求最小值为.故选:C.【点睛】本题主要考查线性规划问题，首先由不等式组作出相应的可行域，作图时，可将不等式转化为（或），明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.8. 已知向量,向量,向量满足,则的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析

6、】设,则,即可求得,将的起点放到坐标原点,则终点在以为圆心,半径的圆上,即可求得的最大值.【详解】 设, 故,即将的起点放到坐标原点,则终点在以为圆心,半径的圆上.的最大值即:圆心到原点的距离+半径,即,故选:D.【点睛】本题主要考查向量的模的最值问题,根据向量模的几何意义,考查了分析能力和计算能力,属于基础题型.9. 已知两个正方形ABCD和CDEF有一条公共边CD，且BCF是等边三角形，则异面直线AC和DF所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取CD的中点M，CF的中点N，连接MN，可得MN/DF延长BC到P，使CPBC，连接MP，NP异面直线AC和DF所

7、成角为NMP，NMP中，利用余弦定理即可得出【详解】取CD的中点M，CF的中点N，连接MN，延长BC到P，使CPBC，连接MP，NP，如图，则MN/DF,由可得 MP/AC令AB2，则MP=MN，又BCF是等边三角形，NC=PC=1，由余弦定理可得：，异面直线AC和DF所成角为NMP（或其补角），cosNMP异面直线AC和DF所成角的余弦值为.故选：B【点睛】本题考查了异面直线所成角的求解及余弦定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.10. 已知圆和两点，若圆上存在点，使得，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将原问题转化为圆与圆的位置关系，据此求解实

8、数a的取值范围即可，据此确定a的最大值即可.【详解】若点P满足，则点P在以AB为直径的圆上，据此可知，满足题意时，圆与圆有公共点，两圆的圆心距：，两圆的半径，满足题意时应有：，即：，求解关于实数a的不等式可得：，则的最大值为.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11. 已知数列的首项，函数为奇函数，记为数列的前项之和，则的值是（ ）A. B. 1011C. 1008D. 336【答案】A【解析】【分析】根据函数为奇函数，利用，得到即，且，求得的值，得到以为周期循环，进而求得的值.【详解】由函数为奇函数，则，即，且

9、可得，解得，即以为周期循环，故.故选：A.【点睛】本题考查了函数的奇偶性及其应用，以及数列的周期性和数列求和的应用，其中解答中确定以6为周期循环是解题的关键，着重考查推理与运算能力.12. 设函数，直线是曲线的切线，则的最大值是（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】先设切点写出曲线的切线方程，得出、的值，再利用构造函数利用导数求的最大值即可.【详解】解：由题得，设切点，则，；则切线方程为：，即，又因为，所以，则，令，则，则有，；，即在上递增，在上递减，所以时，取最大值，即的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查了利用导数求曲线的切线方程和研究函数的最值，属于中档题.二填空题1

10、3. 若，则_.【答案】【解析】【分析】由和的正切公式求得，再利用齐次式化简可求出.【详解】，.故答案为：.14. 函数的最小值为_【答案】【解析】试题分析：所以，当，即时，取得最小值.所以答案应填：.考点：1、对数的运算；2、二次函数的最值.15. 过双曲线 (a0，b0)的一个焦点作一条渐近线的垂线，垂足恰好落在曲线上，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】不妨设双曲线的一个焦点为，一条渐近线方程为，由得垂足的坐标为，把此点坐标代入方程，得，化简，并由得,故答案为 .16. 设数列中，若等比数列满足，且，则_.【答案】2.【解析】【分析】由变形可得，进而由累乘法可得，结合等比数列的性质即可

11、得解.【详解】根据题意，数列满足，即，则有，而数列为等比数列，则，则，又由，则.故答案为：2.【点睛】本题考查了等比数列的性质以及应用，考查了累乘法求数列通项的应用及运算求解能力，属于中档题.三解答题17. 已知向量，（1）求的最小正周期和最大值；（2）若，的周长为12，且，求的面积.【答案】（1）最小正周期为，最大值为；（2）.【解析】【分析】（1）用二倍角公式化为同名三角函数，再利用及正余弦函数的值域即可（2）由及余弦定理和面积公式即可得解.【详解】（1）故的最小正周期为当时，的最大值为.（2）由，得因为，故因为，的周长为12，所以.由余弦定理得：，即，所以.故，【点睛】本题考查三角函数的

12、综合应用和解三角形，要灵活运用三角函数的基本性质、恒等变换、正余弦定理、面积公式等.18. 新冠病毒是一种通过飞沫和接触传播的变异病毒，为筛查该病毒，有一种检验方式是检验血液样本相关指标是否为阳性，对于份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验次二是混合检验，将其中份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这份血液全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪些为阳性，就需要对它们再逐份检验，此时份血液检验的次数总共为次某定点医院现取得4份血液样本，考虑以下三种检验方案：方案一，逐个检验；方案二，平均分成两组检验；方案三，四个样本混在一起检验假设

13、在接受检验的血液样本中，每份样本检验结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且每份样本是阴性的概率为（）求把2份血液样本混合检验结果为阳性的概率；（）若检验次数的期望值越小，则方案越“优”方案一、二、三中哪个最“优”？请说明理由【答案】（）；（）选择方案三最“优”，理由见解析【解析】【分析】（）根据独立事件和对立事件概率公式可计算求得结果；（）确定方案二和方案三检验次数所有可能的取值，并求得每个取值对应的概率，进而得到分布列，由数学期望的计算公式计算得到期望，与方案一的期望进行比较，得到最优方案.【详解】（）该混合样本阴性的概率为：，根据对立事件原理，阳性的概率为：（）方案一：逐个检验，检验次数为方

14、案二：由（）知，每组个样本检验时，若阴性则检验次数为，概率为；若阳性则检验次数为，概率为，设方案二的检验次数记为，则的可能取值为，；，则的分布列如下：可求得方案二的期望为方案三：混在一起检验，设方案三检验次数记为，的可能取值为，则的分布列如下：可求得方案三的期望为比较可得，故选择方案三最“优”【点睛】本题考查独立事件和对立事件概率问题的求解、离散型随机变量的数学期望的求解问题；关键是能够通过题意准确确定不同方案随机变量所有可能的取值，并准确求得对应的概率，考查学生的分析和解决问题、运算和求解能力.19. 如图，三棱柱中，侧面为菱形，（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见详

15、解；（2）.【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，证明且平分得到答案.（2）为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标，计算相应点坐标，计算法向量，利用二面角公式计算得到答案.【详解】证明：（1）连接，交于点，连接，因为侧面为菱形，所以，且为与的中点，又，,所以平面.由于平面，故. 又，故. （2）因为，且为的中点，所以，又因为，所以，故，从而两两相互垂直，为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标，因为，所以为等边三角形，设，则，设是平面的法向量，则，即， 所以. 设是平面的法向量，则，同理可取，所以二面角的余弦值为-.【点睛】本题考查线段相等的证明，建立空间

16、直角坐标系解决二面角问题，计算量较大，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.属于中档题.20. 已知抛物线C:的焦点为F，直线交抛物线于、两点,是线段的中点,过作轴的垂线交抛物线于点（1）若直线AB过焦点F，求的值；（2）是否存在实数，使是以为直角顶点的直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）由抛物线的方程可知其焦点的坐标，然后联立直线与抛物线的方程并消去可得方程，再由韦达定理可知，即可求出所求的答案；（2）假设存在这样的实数，使是以为直角顶点的直角三角形，然后联立抛物线的方程与直线的方程可得方程，由韦达定理知，进而可求出点的坐标，再由即可

17、得出关于 一元二次方程，进而求解之即可得出所求的结果试题解析：（1） ， 抛物线方程为，与直线联立消去得： ，设，则， ；（2）假设存在，由抛物线与直线联立消去得：设，则，可得由得：，即， ，代入得，考点：1、抛物线的标准方程；2、直线与抛物线的综合问题；21. 已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，且不等式对任意恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）函数求导对参数进行讨论得到函数单调性；（2）根据题意求出，将问题转化为求，分类讨论，应用导数方法求出的最值，建立关于的不等量关系，求解即可.【详解】（1）函数的定义域为，当，即时，令，得，解得，又因为，

18、所以；令，得，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当，即时，因为，所以对任意恒成立，所以函数在区间上单调递增；综上，当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，函数在区间上单调递增（2）若，且，所以，所以因为不等式对任意恒成立，所以，即，所以由（1）可知，当时，函数在区间上单调递增，所以函数在区间上单调递增，所以函数在区间上的最小值为，最大值为因为不等式对任意恒成立，所以，解得，所以当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减因为，所以，所以在上单调递增，所以函数在区间上的最小值为，最大值为因为不等式对任意恒成立，所以，解得，所以综上可得，即实数的取值范围为【点睛】该题考查的是

19、有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，应用导数根据恒成立求参数的取值范围，属于较难题目.22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线 的方程为以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线和曲线的极坐标方程；（2）若直线与曲线交于,两点，求.【答案】（1）的极坐标方程为，直线极坐标方程为；（2）.【解析】【分析】（1）利用三种方程的转化方法，即可得解；（2）将代入中得，结合韦达定理即可得解.【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），得曲线的普通方程为 ，则的极坐标方程为，由于直线过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为.（2）由 得，设,对应的极径分别为，则，.【点睛】本题考查三种方程的互化，考查极坐标方程的应用，属于常考题.23. 已知函数（1）求不等式的解集；（2）已知，证明：【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分三种情况讨论解不等式得解；（2）由柯西不等式得，化简即得证.【详解】（1）即为，等价或或，解得或或，综上可得，原不等式的解集为，；（2）证明：由柯西不等式可得，当时，上式取得等号又，则，即，即即得证.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查柯西不等式的应用，考查不等式的证明，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.