河北省唐山市第一中学2021届高三数学上学期期中试题（含解析）.doc

1、河北省唐山市第一中学2021届高三数学上学期期中试题（含解析）说明：1考试时间120分钟，满分150分.2将卷答案用2B铅笔涂在答题卡上，将卷答案用黑色字迹的签字笔书写在答题卡上.卷（选择题 共60分）一、选择题（共8小题，每小题5分，计40分.在每小题给出的四个选项中，只有1个选项符合题意）1. 复数的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将复数化简，再利用共轭复数的定义即可求得正确答案.【详解】,所以共轭复数为，故选：B【点睛】本题主要考查了复数的除法运算以及共轭复数的概念，属于基础题.2. 已知集合，集合，则（ ）A. B. 1，0，1，2，3C. 0，1，

2、2，3D. 1，2【答案】C【解析】【分析】首先解一元二次不等式，根据代表元所满足的条件，求得集合A和集合B，之后利用补集和交集的定义求得结果.【详解】集合或， ，故 故选：C【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有解一元二次不等式求集合，集合的补集和交集的运算，属于简单题目.3. 已知数列满足，则“”是“对任意，都有”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】构造函数，利用导数分析函数的单调性，并得出当时，；当时，利用特殊值法以及逻辑推证法，结合充分条件、必要条件的定义判断即可【详解】构造函数，则，所以，函数

3、在上是减函数，则当时，；当时，取，则，所以，充分性不成立若对任意，都有，则，即，即，所以，必要性成立故选：B，【点睛】本题考查必要不充分条件判断，涉及导数的应用，考查推理能力，属于中等题，4. 高一（1）班某组有5人，组长安排值日生，其中1人负责擦黑板，2人负责教室内地面卫生，2人负责卫生区卫生，则不同的安排方法有（ ）A. 20种B. 30种C. 90种D. 120种【答案】B【解析】【分析】先从5人中选出1人擦黑板，再从剩余的4人中选出2人负责教室内地面卫生，最后从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生，结合分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，从5人中选出1人擦黑板，有种选法，从剩余的4人

4、中选出2人负责教室内地面卫生，有种选法，从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生，有种选法，由分步计数原理，可得不同的安排方法有种安排方法.故选：B.【点睛】本题主要考查了分步计数原理，以及组合的应用，其中解答中熟练应用组合的知识和分步计数原理求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.5. 如图，在中，是上的一点，若，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】平面内三点共线的充要条件为：存在实数，使，且.求得，从而可得结果.【详解】由，可得，所以，又三点共线，由三点共线定理，可得：，故选C.【点睛】本题主要考查平面向量共线定理的应用，意在考查灵活应用所学知识解答

5、问题的能力，属于基础题.6. 函数在上的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，证明当时，即，从而当时，排除B，C，D，即可得解.【详解】记，在上单调递增，又，当时，即，又，当时，故排除B，C，D.故选：A.【点睛】本题考查了函数图象的判断以及利用导数证明不等式，考查了转化能力，属于中档题.7. 已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】构造新函数，求导后易证得在上单调递减，从而有，故而得解【详解】设，则，即在上单调递减，即，即，故选项A不正确；，即，即，故选项D不正确；，即，即故

6、选项B不正确；故选：C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，构造新函数是解题的关键，考查学生的分析能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题8. 如图1，圆形纸片圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为.点，为圆上的点，分别是以，为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以，为折痕折起，使得，重合得到一个四棱锥(如图2).当四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设底面正方形边长为，由面积关系求得斜高，得侧棱长，从而通过解得异面直线所成的角【详解】如图，正四棱锥中，是底面对角线交点，是棱锥的高，取中点，连接，则，设，则

7、，侧棱长为，是异面直线和所成的角或其补角，是等腰三角形，异面直线和所成的角的余弦值为故选：A【点睛】本题考查求异面直线所成的角，考查棱锥的侧面积，求异面直线所成角时一般需作出异面直线所成的角并证明，然后再在三角形中求角二、选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）9. 设是等差数列，为其前项和，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 、均为的最大值【答案】ABD【解析】【分析】利用结论：时，结合题意易推出，然后逐一分析各选项.【详解】解：由得，即，又，故B正确；同理由，得，故A正确；对C，

8、即，可得，由结论，显然C是错误的；与均为的最大值，故D正确；故选：ABD.【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式和的最值问题，熟练应用公式是解题的关键.10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线上一点，且，若，则对双曲线中a，b，c，e的有关结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据，结合双曲线定义得到，然后在中，结合利用余弦定理求解.【详解】，由双曲线定义可知：，由，得，在中，由余弦定理可得：，解得，或，或，或，或，故选：ACD【点睛】本题主要考查双曲线的定义，离心率的求法以及余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11. 在中，已知，且，

9、则（ ）A. 、成等比数列B. C. 若，则D. 、成等差数列【答案】BC【解析】【分析】首先根据已知条件化简得到，再依次判断选项即可得到答案.【详解】因为，所以，即.又因为，所以，即，.对选项A，因为，所以、成等比数列，故A错误.对选项B，因为，所以，即，故B正确.对选项C，若，则，则，因为，所以.故，故C正确.对选项D，若、成等差数列，则.又因为，则.因为，设，则，故D错误.故选：BC【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时考查了三角函数的恒等变换，属于中档题.12. 已知，下面结论正确的是（ ）A. 若f(x1)=1，f(x2)=，且的最小值为，则=2B. 存在(1，3)，使

10、得f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称C. 若f(x)在0，2上恰有7个零点，则的取值范围是D. 若f(x)在上单调递增，则的取值范围是(0，【答案】BCD【解析】【分析】由二倍角公式和诱导公式化简函数式，然后根据正弦定理的性质周期性、奇偶性、零点、单调性分别判断各选项【详解】由题意，A题意说明函数相邻两个最值的横坐标之差为，周期为，A错；Bf(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象解析式是，时，是偶函数，图象关于轴对称，B正确；C时，在上有7个零点，则，解得，C正确；Df(x)在上单调递增，则，又，故解得，D正确故选：BCD【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查正弦

11、型函数的周期性、奇偶性、零点、单调性，考查二倍角公式、诱导公式等，考查了学生的逻辑推理能力，运算求解能力卷（非选择题共90分）三填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 在直三棱柱中，则其外接球体积是_【答案】【解析】【分析】由题可知直三棱柱的外接球即为长宽高分别为的长方体的外接球，由此可求出半径，得到体积.【详解】在中，由余弦定理，满足，,则直三棱柱的外接球即为长宽高分别为的长方体的外接球，设外接球的半径为，则，即，所以其外接球体积是.故答案为：.【点睛】本题考查几何体外接球体积的计算，属于基础题.14. 在的展开式中，的系数是_.【答案】10【解析】【分析】利用二项式定理展开式的

12、通项公式即可求解.【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得.所以的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式，需熟记公式，属于基础题.15. 已知水平地面上有一半径为4的球，球心为，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆C.如图椭圆中心为O，球与地面的接触点为E，OE=3.若光线与地面所成角为，则_，椭圆的离心率e=_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】连接，由锐角三角函数可得，在平行光线照射过程中，椭圆的短半轴长是圆的半径，如图，椭圆的长半轴长是，过向做垂线，垂足是，得到一个直角三角形，得到的长，从而得出要求的结果【详解】解：连接，则，因为，所以所以在照射

13、过程中，椭圆的短半轴长是圆的半径，如图椭圆的长轴长是，过向做垂线，垂足是，由题意得：，又所以即，椭圆的离心率为故答案为：；.【点睛】本题考查圆锥曲线的实际背景及作用，解决本题的关键是看清楚在平行光线的照射下，投影时球的有关量中，变与不变的量，属于中档题16. 已知函数，且，则关于的方程实根个数的判断正确的是_当时，方程没有相异实根当或时，方程有1个相异实根当时，方程有2个相异实根当或或时，方程有4个相异实根【答案】【解析】【分析】先依据题意求出的解析式，然后将复合函数进行分解，令，则，求解出，再研究即可【详解】当时，因为（1），所以，所以，所以，图象如图所示：当时，则，当且仅当时等号成立，所以

14、函数在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增，故恒成立故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增令，则，解得：或，当即时，当时，无解，当即时，当时，无解，故方程没有相异实根，故正确；当时，由可知：，解得，当时，由上可知在时取得极大值为，结合图象可知，此时与有且仅有一个交点，故正确；当时，或，若，结合图象可知与有三个不同的交点，若，此时与有一个交点，故方程有4个相异实根，故错误；当时，由可知此时有三个不等实根，当时，或，当时，由图可知有两个不等实根，当时，由图可知有一个实根，当时，或，当时，由图可知有两个不等实根，当时，由图可知有一个实根，故此时方程共有9个不等实根，故错误故

15、答案为：【点睛】方法点睛：函数的零点问题常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得零点个数）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令重新构造，再分析的图象得解）.要根据具体的数学情景选择合适的方法解答.四、解答题（本题共6小题，共70分）17. 在，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角，所对的边分别是，若_.（1）求角；（2）若，求周长的最小值，并求出此时的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分别选三个条件，都可用正弦定理解出；（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.【

16、详解】（1）选，由正弦定理得，即，.选，由正弦定理可得，.选，由已知结合正弦定理可得，.（2），即，解得，当且仅当时取等号，周长的最小值为6，此时的面积.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查基本不等式求最值，考查三角形面积公式，属于基础题.18. 设数列的前项和为，已知、成等差数列，且（1）求的通项公式；（2）若，的前项和为，求使成立的最大正整数的值【答案】（1）；（2）8【解析】【分析】（1）本题首先可根据、成等差数列得出以及，然后两式相减，得出，最后根据求出，即可求出的通项公式；（2）本题可根据题意得出并将其转化为，然后通过裂项相消法求和得出，最后根据得出，通过计算即可得出结果.【详解】

17、（1）因为、成等差数列，所以，当，有，两式相减，可得，即，由题意易知，故是公比为2的等比数列，因为，所以，解得，故的通项公式为.（2）因为，所以，故，因为，所以，解得，故成立的最大正整数的值为8.【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查等差中项以及等比数列前项和公式的应用，常见的裂项有、等，考查计算能力，是中档题.19. 2020年1月10日，引发新冠肺炎疫情的COVID-9病毒基因序列公布后，科学家们便开始了病毒疫苗的研究过程.但是类似这种病毒疫苗的研制需要科学的流程，不是一朝一夕能完成的，其中有一步就是做动物试验.已知一个科研团队用小白鼠做接种试验，检测接种疫苗后是否出现

18、抗体.试验设计是：每天接种一次，3天为一个接种周期.已知小白鼠接种后当天出现抗体的概率为，假设每次接种后当天是否出现抗体与上次接种无关.（1）求一个接种周期内出现抗体次数分布列；（2）已知每天接种一次花费100元，现有以下两种试验方案：若在一个接种周期内连续2次出现抗体即终止本周期试验，进行下一接种周期，试验持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为元；若在一个接种周期内出现2次或3次抗体，该周期结束后终止试验，已知试验至多持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为元.比较随机变量和的数学期望的大小.【答案】（1）分布列答案见解析.（2）【解析】【分析】（1）由题意可知，随机变量服从二项分布，故，

19、然后列出分布列即可（2）根据题意分别算出和的期望即可.【详解】（1）由题意可知，随机变量服从二项分布，故.则的分布列为0123（2）设一个接种周期的接种费用为元，则可能的取值为200，300，因为，所以.所以三个接种周期的平均花费为.随机变量可能的取值为300，600，900，设事件为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”，由（1）知，.所以，所以.所以.【点睛】本题考查二项分布以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于基础题.20. 如图所示，圆锥的底面半径为2，其侧面积是底面积的2倍，线段为圆锥底面的直径，在底面内以线段为直径作，点P为上异于点A，O的动点.（1）证明：平面平面；（2）当三

20、棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出，从而平面，由此能证明平面平面；（2）设圆锥的母线长为l，底面半径为r，推导出，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：垂直于圆锥的底面，圆锥的底面，为的直径，面，平面，平面，平面平面.（2）解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的侧面积，底面积，依题意，则在中，如图，在底面作的半径，使得，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，在三棱锥中，面积最大时，三棱锥的体积最大，此时，的半径为1，设平面的法向量，则，取

21、，得，设平面的法向量，则，取，得，设二面角平面角为，由图得为钝角，二面角的余弦值.【点晴】（1）证明面面垂直时，需先在这两个平面内的一个平面内找一条直线，证明这条直线垂直于另外一个平面，进而证明两个平面垂直；（2）第二问考利用空间向量求二面角的平面角，需先证明三条直线两两垂直，才能建立空间直角坐标系，再利用公式计算即可，注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角的方法.21. 已知函数（1）讨论的极值；（2）若为正整数，且恒成立，求的最大值（参考数据：，）【答案】（1）当时无极值，当时有极大值为，无极小值；（2）【解析】【分析】（1）利用函数极值的定义对进行讨论即可；（2）将代入，利用分离参数法，分

22、离出，构造函数，对进行求导，再令，对进行求导，利用零点存在性定理求出的零点，进而得到的单调性，求出的最小值，即可求出的最大值【详解】解:（1），当，即时，对恒成立，在上单调递减，无极值，当，即时，令，得，由，解得：，由，解得：，在处取得极大值，且极大值为，综上所述，当时，无极值；当时，有极大值为，无极小值；（2）当时，当时，即对恒成立，令，得，令，则，是增函数，使，由，得：，当，单调递减，当， 单调递增，时， 取得最小值，为，又为正整数，正整数的最大值为4.【点睛】方法点睛：(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在 左侧与右侧的符号不同(2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区

23、间上单调增或减的函数没有极值22. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，直线与椭圆交于、两点（1）点的坐标为，若，求直线的方程；（2）若直线过椭圆的右焦点，且点在第一象限，求、分别为直线、的斜率）的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）利用点差法，求直线的斜率，再求直线方程；（2）直线的斜率不存在时，求点的坐标，得到的值，以及当斜率存在时，直线与曲线方程联立，利用根与系数的关系求的值，并将表示为的二次函数，并求取值范围.【详解】解：（1）设，由题意可得为线段的中点，由两式相减可得，而，即有，则，可得，故直线的方程为，即；（2）由题意可得，当直线的斜率不存在时，当直线的斜率存在时，则的斜率不为0，设直线的方程为，与椭圆方程联立，可得，则，所以，所以，因为在第一象限，所以，所以，【点睛】思路点睛：1.一般涉及中点弦问题时，采用点差法求解；2.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题.