(精准解析)天津市南开区2021届高三上学期期末考试数学试卷.doc

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1、20202021学年度第一学期南开区期末考试试卷高三年级数学学科共150分,考试用时120分钟一选择题: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. 若集合,则等于( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用集合的交集、并集和补集运算求解.【详解】因为,所以,所以,故选:A2. “”是“”( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】直接利用充分条件、必要条件的定义进行判断即可.【详解】由,可得,故成立;当,得,当时,不成立;所以“”是“” 必要不充分条件.故选:B.3. 函数的定义域为( )A.

2、 B. C. D. 【答案】D【解析】分析】求使函数有意义的x的取值范围即可.【详解】要使函数有意义,只需,解得,即函数定义域为或.故选:D.4. 已知等比数列满足,则的值为( )A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】根据,利用等比数列的性质求得,再利用通项公式求解.【详解】在等比数列中,所以,所以,所以,故选:C5. 函数的图像经过怎样的平移变换得到函数的图像( )A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】【详解】试题分析:因为,所以将函数向左平移个单位长度即可得到函数的图象,故选B考点:三角函数

3、图象的平移变换6. 已知圆截直线所得弦长度为4,则实数a的值是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析:圆化为标准方程为,所以圆心为(-1,1),半径,弦心距为 因为圆截直线所得弦长为4,所以故选B7. 已知函数,且,则、的大小关系为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先确定函数的奇偶性与单调性,然后结合中间值0和1比较幂和对数的的大小,最后可得结论【详解】由题意知是偶函数,由复合函数单调性知在上,函数单调递增,又,故选:D【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性,考查幂与对数的比较大小,实质考查了指数函数与对数函数的性质,属于中档题8. 已知抛物线的焦点为,为上一点

4、且在第一象限,以为圆心,为半径的圆交的准线于,两点,且,三点共线,则( )A. 12B. 9C. 6D. 3【答案】C【解析】【分析】画出图形,由圆的性质可求出,结合抛物线的方程求出到准线的距离,进而可求出【详解】因为,三点共线,所以为圆的直径,由抛物线定义知,所以因为到准线的距离为3,所以故选:9. 已知,若函数有三个或者四个零点,则函数的零点个数为( )A. 或B. C. 或D. 或或【答案】A【解析】试题分析:当时,由得.当时,由得.所以当时函数有三个零点或四个零点对,由得.当时,有一个零点;由于,所以有一个零点或两个零点,选A.考点:函数的零点.二填空题:10. 已知复数,则_.【答案

5、】【解析】【分析】结合复数的乘除法法则求出,进而可求出模.【详解】解:,则.故答案为: 11. 已知双曲线的方程为,则此双曲线的离心率为_,其焦点到渐近线的距离为_【答案】 (1). (2). 1【解析】(1),所以,故离心率为,渐近线方程为,所以焦点到它们的距离为. 12. 曲线在点处的切线方程是_.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义先求解出切线的斜率,然后根据直线的点斜式方程求解出切线方程.【详解】,.又,所以切点坐标为.所以曲线在点处的切线方程为,即.故答案为:.【点睛】本题考查曲线在某点处的切线方程的求法,主要考查导数的几何意义,难度较易.13. 已知如图所示的多面体中,四边形

6、ABCD是菱形,四边形BDEF是矩形,ED平面ABCD,BAD.若BFBD2,则多面体的体积 【答案】【解析】试题分析:如图,连接AC,ACBDO.因为四边形ABCD是菱形,所以,ACBD,又因为ED平面ABCD,AC平面ABCD,所以,EDAC.因为,ED,BD平面BDEF,且EDBDD,所以,AC平面BDEF,所以,AO为四棱锥ABDEF的高又因为,四边形ABCD是菱形,BAD,所以,ABD为等边三角形又因为,BFBD2,所以,AD2,AO,S四边形BDEF4,所以,V四棱锥ABDEF,即多面体的体积为. 考点:棱锥体积14. 如图,在边长1为正方形中,分别是,的中点,则_,若,则_.【答

7、案】 (1). (2). 【解析】【分析】设向量,根据向量的数量积的运算公式,可求得,再根据向量的线性运算法,化简得和,列出方程组,即可求解.【详解】设向量,则 可得,又因为,可得,解得,所以.15. 已知正数,满足,则的最小值为_.【答案】4【解析】【分析】由已知得,然后利用基本不等式求最值即可.详解】由题可知,且,所以,当且仅当等号成立,故答案为:.【点睛】易错点睛:利用基本不等式求最值时,要注意其必须满足的三个条件:(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数;(2)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值;要求积的最大值,则必须把构成积的因式的和转化成定值;(

8、3)“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件,若不能取等号则这个定值就不是所求的最值,这也是最容易发生错误的地方.三解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.16. 在中,角,所对的边分别为,且,的面积为.(1)求,的值;(2)求的值.【答案】(1),;(2).【解析】分析】(1)根据三角函数的基本关系式,求得的值,结合面积公式求得,再根据和余弦定埋,即可求得的值;(2)由(1)及正弦定理求得,进而求得,结合三角恒等变换的公式,即可求得的值【详解】(1)由,因为,可得,又由,解得,又因为,解得,根据余弦定埋得,即,所以,.(2)由(1)及正弦定理,可得,解得,因为,所以

9、,所以,所以.【点睛】方法规律总结:对于解三角形问题,通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系,利用“角转边”寻求边的关系,利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点,同时注意三角形内角和定理,三角形面积公式在解题中的应用.17. 如图,直二面角中,四边形是边长为2的正方形,为上的点,且平面.(1)求证:平面;(2)求二面角的正弦值;(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2);(3).【解析】【分析】(1)由已知条件推导出,从而得到平面,由此能够证明平面.(2)以线段的中点为原点,所在直线为轴,所在直线为轴,过点平行于的直线为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法可求出二面角的正弦

10、值.(3)求出的坐标,利用向量法点到平面的距离公式,可求出点到平面的距离.【详解】(1)因为平面,所以.因为二面角为直二面角,且,所以平面.所以.因为与相交,且都属于平面.所以平面.(2)以线段的中点为原点,所在直线为轴,所在直线为轴,过点平行于的直线为轴,建立空间直角坐标系,如图.因为面,面,所以,在中,为的中点,所以.所以,.设平面的一个法向量为.则即化简得令,得是平面的一个法向量.又平面的一个法向量为,.所以二面角的正弦值为.(3)因为轴,所以,所以点到平面的距离.【点睛】用向量法求二面角的正弦值或余弦值、点到面的距离关键点为:建立三维空间直角坐标系求点坐标,求相关向量坐标求法向量带公式

11、,计算得结果.18. 已知点F为椭圆(ab0)的一个焦点,点A为椭圆的右顶点,点B为椭圆的下顶点,椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3,最小值为1.(1)求椭圆的标准方程;(2)若M、N在椭圆上但不在坐标轴上,且直线AM直线BN,直线AN、BM的斜率分别为k1和k2,求证:k1k2e21(e为椭圆的离心率).【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3,最小值为1,则有求解.(2)由(1)可知,A(2,0),B(0,),分别设直线AM的方程为yk(x2),直线BN的方程为ykx,与椭圆方程联立,用韦达定理求得点M,N的坐标,再利用斜率公式代入k1

12、k2求解.【详解】(1)由题意可知,解得,b2a2c23,椭圆的标准方程为:;(2)由(1)可知,A(2,0),B(0,),设直线AM的斜率为k,则直线BN的斜率也为k,故直线AM的方程为yk(x2),直线BN的方程为ykx,由得:(3+4k2)x216k2x+16k2120,由得:,k1k2,又,k1k2e21.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法和直线与椭圆的位置关系,还考查了运算求解的能力,属于中档题.19. 已知等差数列满足,分别是等比数列的首项和第二项.(1)求和的通项公式;(2)记为的前项和,求数列的前项和;(3)求.【答案】(1),;(2);(3).【解析】【分析】(1)由已知条件

13、求出,结合等差数列的通项公式,用首项和公差表示和,从而可求出首项和公差,进而可求出通项公式,即可得和,求出公比即可求出通项公式.(2)结合等差数列的求和公式求出,进而求出,由裂项相消法可求出的前项和.(3)由错位相减法可求出.【详解】解:(1)由已知为等差数列,记其公差为.因为,所以,则.解得,所以.从而,所以公比,所以.(2)因为,所以.所以(3)因为所以所以,所以.【点睛】易错点睛:在用错位相减法求和时,一是注意两式相减后,的系数,二是两式相减后等号右边计算要仔细.20. 已知函数,.(1)求的最小值;(2)设函数,讨论的单调性;(3)设函数,若函数的图像与的图像有,两个不同的交点,证明:

14、.【答案】(1);(2)答案见解析;(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)利用导数研究单调性,进而求得最小值;(2)求出的表达式并求导,通分,分解因式,然后根据导函数在定义域内的零点的不同情况对实数进行分类,利用导数与函数单调性的关系讨论的单调性;(3)由题意可得有两个不同的根,则, 消去参数得,构造函数求导研究函数单调性并利用放缩法推出,再次构造函数,通过证明来证明.【详解】解:(1).令,得,所以在上单调递增;令,得,所以在上单调递减.所以的最小值为.(2),定义域为,.当时,在上单调递增,在上单调通减.当时.令,得,所以在,上单调递增;令,得,所以在上单调递减.当时,在上单调递增.当时

15、,令,得,所以在,上单调递增;令,得,所以在上单调递减.(3),因为函数的图象与的图象有两个不同的交点.所以关于的方程,即有两个不同的根.由题知,得,得.由,得,不妨设,记.令,则,所以在上单调递增,所以.则,即,所以.因为,所以,即.令,则在上单调递增.又,所以,即,所以.两边同时取对数可得,得证.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值,和含参数的函数单调性问题,利用导数证明不等式,属于难题.难点一:(2)中根据导函数在定义域内的零点情况分类讨论;难点二:(3)中的由得到通过变形成,消去并得到关于要证不等式不等号左边的关于的表达式,进而整理为由表达的形式,利用换元得到关于单变量t的函数表达式.

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