河北省实验中学2021届高三数学上学期期中试题（含解析）.doc

1、河北省实验中学2021届高三数学上学期期中试题（含解析）一、选择题1. 集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算详解】，所以故选：C2. 设，则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】根据复数除法，计算，再根据实部和虚部的正负，判断象限.【详解】，所以在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A3. 学校宿舍与办公室相距，某同学有重要材料要送给老师，从宿舍出发先匀速跑步3分钟来到办公室，停留2分钟，然后匀速步行10分钟返回宿舍.在这个过程中，这位同学行走的路程是时间的函

2、数，则这个函数图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得开始路程是递增，停留时路程不发生变化，再匀速时总路程也是增加的，即可判断.【详解】由题意可得先匀速跑步3分钟来到办公室，路程是递增，停留2分钟，路程不发生变化，再匀速步行10分钟返回宿舍，总路程也是增加的，只有A符合,故选：A.【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，考查了函数图象在实际中的应用,属于基础题4. 直线与曲线有且仅有一个公共点，则的取值范围是（ ）A. B. 或C. D. 以上都不对【答案】B【解析】【分析】曲线表示轴右侧的半圆，利用直线与半圆的位置关系可求实数的取值范围.【详解】由可以得到，所以

3、曲线为轴右侧的半圆，因为直线与半圆有且仅有一个公共点，如图所示：所以或，所以或，故选B.【点睛】本题考查直线与半圆的位置关系，注意把曲线的方程变形化简时要关注等价变形.5. 阿基米德(Archimedes，公元前287年一公元前212年)是古希腊伟大的数学家物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36，则圆柱的表面积为（ ）A. 36B. 45C. 54D

4、. 63【答案】C【解析】【分析】先设球的半径为，根据体积求出，再由题意，得出圆柱的底面圆半径，以及圆柱的高，根据圆柱的表面积公式，即可求出结果.【详解】因为球的体积为，设球的半径为，则，所以，又圆柱的底面直径与高都等于球的直径，所以圆柱的底面圆半径为，高为，因此圆柱的表面积为.故选：C.【点睛】本题主要考查圆柱与球内切的相关计算，熟记圆柱的表面积公式，以及球的体积公式即可，属于基础题型.6. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P是C的右支上一点，连接PF1与y轴交于点M，若|F1O|2|OM|（O为坐标原点），PF1PF2，则双曲线C的渐近线方程为（）A. y3xB. C. y2

5、xD. 【答案】C【解析】【分析】画出图形，利用已知条件转化求解a，b关系，即可得到双曲线的渐近线方程【详解】由题意双曲线的图形如图，设PF1m，PF2n，点P是C的右支上一点，连接PF1与y轴交于点M，若|F1O|2|OM|（O为坐标原点），PF1PF2，可得：，所以m2n，n2a，所以m4a，可得16a2+4a24c24a2+4b2，解得2，所以双曲线的渐近线方程为：y2x故选：C【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，数形结合的应用，是中档题7. 中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取

6、决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（ ）附：A. 10%B. 20%C. 50%D. 100%【答案】B【解析】【分析】根据题意，计算出的值即可；【详解】当时，当时，因为所以将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了20%，故选：B.【点睛】本题考查对数的运算，考查运算求解能力，求解时注意对数运算法则的运用.8. 设椭圆的一个焦点，点为椭圆内一点，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A. B. C.

7、D. 【答案】A【解析】【分析】利用，求得，再利用，求得，得到，结合离心率的定义，即可求解.【详解】记椭圆的左焦点为，则，即，即，即 ，椭圆的离心率的取值范围是，故选：A.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中熟练应用椭圆的定义，以及利用三角形的性质是解决本题的关键.9. 下列说法正确的有（ ）A 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BC【解析】【分析】根据不等式的基本性质和举反例法一一判断即可【详解】解：对于A，若，则，故A错；对于B，若，则，则，则，化简得，故B对；对于C，若，则根据指数函数在上单调递增得，故C对；对于D，若，取，则，故D错；故选：B

8、C【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）A. 的最小正周期为B. 的图象关于点成中心对称C. 的图象关于直线对称D. 的单调递增区间是【答案】BCD【解析】【分析】化简得，根据三角函数的性质可逐项排除.【详解】，A. 的最小正周期为，错误；B. ，所以图象关于点成中心对称，正确；C. ，所以图象关于直线对称，正确；D. 的单调递增区间是，即，正确故选：BCD.【点睛】本题考查正弦型三角函数化简、三角函数的图象和性质，是一道三角函数不错的题.11. 若为数列的前项和，且，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. 数列是等比数列D. 数列是等比数

9、列【答案】AC【解析】【分析】根据题意，先得到，再由，推出数列是等比数列，根据等比数列的通项公式与求和公式，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为为数列的前项和，且，所以，因此，当时，即，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确；因此，故A正确；又，所以，故B错误；因为，所以数列不是等比数列，故D错误.故选：AC.【点睛】本题主要考查由递推公式判断等比数列，以及等比数列基本量的运算，熟记等比数列的概念，以及等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.12. 已知三棱锥中，底面为边长为2的等边三角形，在底面上的投影为的中点，则（ ）A. B. 的最大值为C. D. 若，则三棱锥的外接球

10、的表面积为【答案】CD【解析】【分析】平面，由线面垂直的性质判官A，由与平面所成的角为是与平面内直线所成角中最小的角知，判断B，由余弦定理判断为锐角后可判断C，三棱锥中两两垂直，可补形为长方体，从而易得外接球的直径，计算后可判断D【详解】平面，由于，所以，A错；又平面，则平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以是与平面所成的角，平面，由最小值定理知，当与重合时取等号，所以，B错；设，则，因此，是锐角，所以，C正确；三棱锥中两两垂直，因此可以它们为棱补形为一个长方体，长方体的对角线是外接球的直径，也是三棱锥外接球的直径，所以外接球表面积为，D正确故选：CD【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中命

11、题的判断考查线面垂直的性质（射影定理），直线与平面所成的角，三棱锥的外接球等问题，掌握线面垂直的判定与性质是解题关键注意结论：平面外一点与平面内所有点的连线段中垂线段最小，射影相等斜线段相等，反之也成立斜线与平面所成的角是斜线与平面内所有直线所成角的最小角二、填空题13. 若，满足约束条件，则的最小值为_【答案】1【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图所示的阴影部分（由线段，射线，射线围成的部分），作直线，在中是直线的纵截距，直线向上平移时，增大平移直线，当过可行域内点时，取得最小值1故答案为：114. 已知向量,满足，且，则向量,的夹

12、角为_.【答案】【解析】【分析】由得，再根据平面向量的夹角公式可得结果.【详解】由，得，所以，即，所以，又因为，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算律，考查了平面向量的夹角公式，属于基础题.15. 如图，在平面四边形中，则四边形的面积为_【答案】【解析】【分析】采用分割法对三角形进行分割，利用余弦定理求得可判断三角形的形状以及解三角形ADC，然后由三角形的面积公式可得结果.【详解】连接，在中，利用余弦定理得：，解得，则是直角三角形，所以.，过点作，则，则= 故答案为.【点睛】本题主要考查余弦定理及两角差的正切公式，属于简单题.16. 已知函数，则满足的实数的取值范围为_【答

13、案】【解析】试题分析：要使,即,令,对其求导可得:当时,当时,所以又因为,故为偶函数,且,所以在单调递减,在单调递增,且当时,取最小值若使,即,则,即,解得故应填考点：利用导数证明不等式【方法点晴】本题考查的是函数的恒成立问题,通过构造新函数判断函数的性质,利用单调性与奇偶性解出不等式的解集运用函数的性质解题时，注意数形结合，扬长避短函数、导数的综合问题往往以压轴题的形式出现，解决这类问题要注意：（1）综合运用所学的数学思想方法来分析解决问题；（2）及时地进行思维的转换，将问题等价转化；（3）不等式证明的方法多，应注意恰当运用，特别要注意放缩法的灵活运用；（4）要利用导数这一工具来解决函数的单

14、调性与最值问题三、解答题17. 在中，且，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为己知，求：条件：，；条件：，（1）求，的值；（2）求，【答案】选择条件或，都有（1），；（2），【解析】【分析】选择：（1）先求出，利用正弦定理及解出a、b；（2）先求出，利用求出.选择（1）利用余弦定理及解出a、b；（2）由求出，利用求出.【详解】选择条件（），又，且，解得：，（），选择条件（），将，带入化简可得：，又，且，解得：，（），【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择18. 数列中，（1）求证为等差数列，并求数列的通

15、项公式；（2）求满足的的最大值【答案】（1）证明见解析，；（2）9【解析】【分析】（1）由可得，可知数列是等差数列，求出的通项公式可得；（2）由（1）知，然后利用裂项相消法求出，再解不等式可得的范围，进而得到的最大值【详解】（1），又，数列是以3为首项，2为公差的等差数列，；（2）由（1）知，的最大值为9【点睛】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前项和，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列19. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面为菱形，且 ， （1）求证：； （2）若，求二面角 的余弦值【答案】（）见解析；（）【解析】【分

16、析】（1）取的中点，利用菱形和等边三角形的三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直和线线垂直；（2）先利用勾股定理和线面垂直的判定定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解【详解】（1）证明：取的中点，连接，四边形为菱形，且，和为两个全等的等边三角形，则平面，又平面，；（2）解：在中，由已知得，则，即，又，平面；以点E为坐标原点，分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则E（0，0，0），C（2，0），D（1，0，0），P（0，0，），则（1，0，），（1，0），由题意可设平面的一个法向量为；设平面的一个法向量为，由已知得：令y1，则，z1，；则

17、，所以，由题意知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.考点：1空间中垂直关系的转化；2利用空间向量求二面角【方法点睛】本题考查空间中垂直关系的相互转化及空间向量在立体几何中的应用，属于中档题；在考查立体几何问题时，往往将传统几何和空间向量结合在一起，先判定空间中的线线、线面的平行或垂直关系，再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解20. 过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，两点，为其左焦点，已知的周长为8，椭圆的离心率为（1）求椭圆的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在圆

18、心在原点的圆满足条件【解析】【分析】（1）先利用椭圆定义得到，结合离心率求得参数a，c，再解得b，即得到方程；（2）先假设圆存在，设方程，讨论直线斜率存在时与椭圆有两个交点满足题意，结合直线是圆的切线，解得半径，再验证斜率不存在该圆也满足题意，即得结果.【详解】解：（1）结合椭圆的定义可知，的周长为4a，故，解得，故椭圆的方程为；（2）假设满足条件的圆存在，其方程为，当直线的斜率存在时，设其方程为，由，消去整理得设，则，即，又，即将代入得，即直线与圆相切，圆心到直线的距离d等于半径r，即，存在圆满足条件当直线的斜率不存在时，圆也满足条件综上所述，存在圆心在原点圆使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有

19、两个交点，且【点睛】思路点睛：圆锥曲线中求与直线相关的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.21. 已知函数有两个极值点（1）求的取值范围；（2）求证：且【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用题中的条件函数有两个极值点，相当于导数等于零有两个解，对函数求导，对函数加以分析，最后求得结果；（2）构造相应的函数，研究函数的图像，找出其对应的最值，最后求得结果.【详解】解：（1），即方程有两相异正根，即方程有两相异正根，由图象可知（2）要证，只要证，、为方程的两根，只要证；只

20、要证；为方程的较大根，令，；在上单调减，所以恒成立；在上单调减，【点睛】：思路点睛：该题属于导数的综合题，在做题的过程中，紧紧抓住导数与函数性质的关系，导数大于零单调增，导数小于零，函数单调减，借用二阶导来进一步研究函数的性质，对于不等式的证明问题，注意转化为最值来处理.22. 已知左、右焦点分别为的椭圆与直线相交于两点，使得四边形为面积等于的矩形.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆上一动点（不在轴上）作圆的两条切线，切点分别为，直线与椭圆交于两点，为坐标原点，求的面积的取值范围.【答案】（1）（2）,【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由矩形为面积等于可得，故椭圆方程可化为，又由题意可得,

21、代入椭圆方程可解得，从而可得椭圆的方程；（2）设，根据相交两圆的公共弦所在直线方程的求法得到直线的方程为，用代数方法求出弦长，从而可得的面积，最后根据函数的知识求范围试题解析：（1）四边形为面积等于的矩形，故，椭圆方程化为，且点，点A在椭圆上，整理得，解得椭圆的方程为；（2）设，则以线段为直径的圆的方程为，又圆的方程为，两式相减得直线的方程为.由消去y整理得直线与椭圆交于两点，设， 则 又原点到直线CD的距离为， 设， ， 又上单调递增，所以的面积的取值范围为.点睛：（1）由于解析几何中涉及到大量的运算问题，故在进行计算时要注意方法的选择，如常见的“设而不求”、“整体代换”等；另外在计算弦长时还应记住以下结论，即若是一元二次方程的两根，则，以简化运算过程，减少运算量（2）解决解析几何中的最值或范围问题的方法，一是考虑基本不等式，二是利用函数的知识解决，在解题时要根据条件进行选择