2021届福建省厦门外国语学校高三数学11月阶段检测（期中）试题（解析版）

这是一份2021届福建省厦门外国语学校高三数学11月阶段检测（期中）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届福建省厦门外国语学校高三数学11月阶段检测（期中）试题  一、单选题1．已知全集，集合，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由集合补集、并集的概念运算即可得解.【详解】因为全集，集合， 所以,又集合，所以.故选：A.2．曲线 在点 处的切线方程为A．B．C．D．【答案】B【分析】先对曲线求导，再根据点斜式写出切线方程即可【详解】由，，所以过点切线方程为答案选B【点睛】本题考查在曲线上某一点切线方程的求法，相对比较简单，一般解题步骤为：先求曲线导数表达式，求出，最终表示出切线方程3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为（    ）A． B． C． D．3【答案】B【分析】画出直观图，然后计算出最长的棱长.【详解】画出三视图对应的几何体的直观图如下图所示四棱锥.，，，，.所以最长的棱长为.故选：B【点睛】本小题主要考查三视图，属于基础题.4．设的内角的对边分别为，且，则是（    ）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【答案】D【分析】先由降幂公式得，再由正弦定理得，众而得，于是有或，从而可得结论【详解】解：因为，所以，所以由正弦定理得，，所以，因为所以或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形故选：D【点睛】此题考查三角函数的降幂公式的应用，考查正弦定理的应用，属于基础题5．设等比数列的公比为，前项的和为，则“”是“”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】C【分析】由可得出，利用等价性即可判断.【详解】，，，故，因为在等比数列中，，故,故“”是“”的充要条件.故选：C．【点睛】本题考查充要条件的判断，涉及等比数列的性质，属于基础题.6．在正方形中，为边上一点，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据求出，再解三角形求出，再利用数量积公式求解.【详解】因为，所以．因为，所以，所以，故．故选：A【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.7．正方体中，、分别为、上的点，且满足，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）.A． B． C． D．【答案】C【分析】取上一点，使，结合正方体的结构特征可得，进而可得，所以为异面直线与所成角，在中，，即可求解.【详解】取线段上一点，使，连接，，如图所示，因为，，所以，所以，，又因为，所以为异面直线与所成角，设该正方体的棱长为，则，，所以在中，，所以，故选：C【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行3项……以此类推，设数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为（  ）A．22 B．21 C．20 D．19【答案】C【分析】根据题意由等比数列求和公式得各行的和，再利用分组求和法得，最后解不等式得结果.【详解】第行的和为，设满足的最小正整数为，项在图中排在第行第列（且），所以有，则，，即图中从第行第列开始，和大于.因为第行第5列之前共有项，所以最小正整数的值为.故选：C.【点睛】本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和，属于较难题. 二、多选题9．设是等差数列，是其前项和，且，则下列结论正确的是（   ）A． B．C． D．的最大值【答案】ABD【分析】由，判断，再依次判断选项.【详解】因为，，，所以数列是递减数列，故，AB正确；，所以，故C不正确；由以上可知数列是单调递减数列，因为可知，的最大值，故D正确.故选：ABD【点睛】本题考查等差数列的前项和的最值，重点考查等差数列的性质，属于基础题型.10．设正实数，满足，则（    ）A．有最小值4 B．有最小值C．有最大值 D．有最小值【答案】ACD【分析】根据基本不等式及其变形逐项分析，由此判断出正确的选项.【详解】A．，取等号时，故正确；B．，取等号时，所以有最大值，故错误；C．，所以，取等号时，故正确；D．，取等号时，故正确，故选：ACD.【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；（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.11．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（    ）A．的最小正周期为 B．直线是图象的一条对称轴C． D．为奇函数【答案】ACD【分析】利用三角函数图象变换规律得出，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；计算的值可判断B、C选项；利用奇函数的定义可判断D选项.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象 .对于A选项，函数的最小正周期为，A选项正确；对于B、C选项，，B选项错误，C选项正确；对于D选项，函数的定义域为，，所以，函数为奇函数，D选项正确.故选：ACD.【点睛】本题考查正弦型函数基本性质的判断，同时也考查了三角函数图象变换，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12．若函数，则下述正确的有（    ）A．在上单调递增B．的值域为C．的图象关于点对称D．的图象关于直线对称【答案】AC【分析】根据函数的解析式，分别判定函数单调性，对称性，最值等，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为是定义在上的增函数，是定义在上的减函数，所以在上单调递增，即A正确；又，故B错；，故所以的图象关于点对称，即C正确，D错误.故选：AC.【点睛】本题主要考查函数的单调性，对称性，以及函数的值域问题，属于常考题型.  三、填空题13．若复数，则在复平面内对应的点在第________象限.【答案】一【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】解：，复数对应的点的坐标为，，在第一象限．故答案为：一【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．14．若实数，满足约束条件，则的最小值是______.【答案】5【分析】画出不等式组表示的平面区域，根据图形即可判断取最小值的点.【详解】由约束条件得可行域如图中阴影部分所示，由，解得，由图知，当直线经过点时，取得最小值为.故答案为：5.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属于基础题.15．已知平面向量，满足，与的夹角为，且，则______.【答案】【分析】由整理可得,即可求得,进而求解即可.【详解】因为,所以,解得或（舍）,所以,故答案为:【点睛】本题考查求向量的模,考查数量积的应用.16．已知三棱锥的顶点在底面的射影为的垂心，若，且三棱锥的外接球半径为3，则的最大值为________．【答案】18【分析】连交于，由顶点在底面的射影为的垂心，得，进而证明，由。得，根据三角形相似可得，，进而证明两两互相垂直，将三棱锥拓展为以为棱的长方体，可得，再由基本不等式，即可求出结论.【详解】连交于，顶点在底面的射影为的垂心，，又平面，，，平面，同理可证，由，得，，，又平面，，又平面，两两互相垂直，三棱锥的外接球为为棱的长方体的外接球，又三棱锥的外接球半径为3，，，当且仅当时，等号成立.故答案为：18. 【点睛】本题考查三棱锥的结构特征，顶点在底面射影是三角形的垂心，可得对棱垂直是解题的突破点，要注意归纳总结三棱锥顶点在底面射影是底面三角形几个|“心”的条件，考查空间垂直关系的相互转化，以及多面体外接球半径的求法，属于较难题. 四、解答题17．已知公差的等差数列的前n项和为，，是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由等比中项的性质和等差数列的前n和公式得出方程组，解之可得通项； （2）由（1）得，运用裂项相消法可求得数列的和.【详解】（1）由是与的等比中项，所以，联立，即得，解得，所以．（2），所以．【点睛】方法点睛：求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法.18．设其中（Ⅰ）求函数的值域；（Ⅱ）若在上为增函数，求的最大值【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）【详解】（Ⅰ）因 ，所以函数 的值域为（Ⅱ）因 在每个闭区间 （）上为增函数，故（） 在每个闭区间（）上为增函数依题意知 对某个 成立，此时必有于是 解得 ，故的最大值为【考点定位】本题以三角函数的化简求值为主线，三角函数的性质为考查目的一道综合题，考查学生分析问题解决问题的能力．由正弦函数的单调性结合条件可列，从而解得ω的取值范围，即可得ω的最大值． 19．如图，已知矩形中，，为的中点，沿将三角形折起，使．（1）求证：平面平面；（2）若为的中点，求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析，（2）【分析】（1）在矩形中，由已知条件可得，，又由，可得，，则可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）以O为坐标原点，分别以直线OA，OB为轴和轴，以过点O且垂直平面ABCO的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可【详解】（1）解：连接，在矩形中，，为的中点，则，则，所以，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）以O为坐标原点，分别以直线OA，OB为轴和轴，以过点O且垂直平面ABCO的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，过点D作于，因为平面平面，平面平面,平面，所以平面，所以，因为为的中点，所以，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，平面的一个法向量为，则，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定，二面角的求法，解题的关键以O为坐标原点，分别以直线OA，OB为轴和轴，以过点O且垂直平面ABCO的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出两个半平面的法向量，利用空间向量求解，属于中档题20．在中，角、、的对边分别为、、，.（1）求角的大小；（2）若，为外一点（、在直线两侧），，，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据正弦定理将条件转化为角的关系再由三角恒等变换即可求解；（2）由题意知，化简可得，根据正弦型函数的性质可得四边形 的面积最大值．【详解】（1）在中，∵，∴.∴，∴，∴，∴，又∵，故，∴，即.又∵，∴.（2）在中，，，∴.又，由（1）可知，∴为等腰直角三角形，∴，又∵.∴.∴当时，四边形的面积有最大值，最大值为.【点睛】求三角形中角，一般需要通过正弦定理、余弦定理，三角恒等变换，转化为所求角的三角函数，根据角的范围及三角函数值，写出角；涉及面积或周长最值问题则需要转化为角的三角函数，利用三角函数的值域求最值或范围.21．已知椭圆的离心率为，其短轴长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于，两点，过点作，垂足为．①求证：直线过定点，并求出定点的坐标；②点为坐标原点，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）①证明见解析；定点为；②．【分析】（1）根据离心率和短轴长求出后，可得椭圆的标准方程；（2）①设直线，代入，得，根据韦达定理得和，根据点斜式求出直线的方程，令，得，利用和化简可得，故可证直线过定点；②根据，再换元可求得最大值.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的方程为．（2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上，①由题得，设直线，设，，，联立方程，得，（）所以有，，且，因为，所以直线的方程为，令，得，（）将代入（），则，故直线过定点，即定点为．②在（）中，，所以，又直线过定点，∴，令，则在上单调递减，故当，时，．【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了直线过定点问题，考查了面积问题，考查了运算求解能力，属于中档题.22．设函数，.（1）求的单调区间；（2）若直线与曲线和曲线分别交于点和，求的最小值；（3）设函数，当时，证明：存在极小值点，且.【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为和；（2）最小值为；（3）证明见解析.【分析】（1）求导后，根据的正负可得单调区间；（2）构造函数，利用导数求得即为所求结果；（3）求导后可知与同号，令，利用导数可证得在定义域内单调递增，利用零点存在定理可确定，等量代换即可证得结论.【详解】（1），，当时，，在上为增函数；当时，，在和上为减函数.的单调递增区间为，单调递减区间为和.（2）设函数，，则，，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；在上有最小值.即当时，的最小值为.（3），，则，，与同号.设，，则，对任意，都有，在单调递增.，，，存在，使得.当，，单调递减；当，，单调递增；若，存在，使得是的极小值点.由得：，即，.【点睛】思路点睛：在导数问题中，涉及到函数零点或极值点无法求解出具体值时，通常借用零点存在定理确定零点或极值点所在区间，进而构造出等量关系进行代换。如本题中利用零点存在定理确定极值点，利用极值点处导函数为零可构造等量关系，代入所证不等式即可得到结论.