2021宁夏六盘山高级中学高三上学期期中考试数学（文）试题含答案

宁夏六盘山高级中学

2020-2021学年第一学期高三期中测试卷

学科：文科数学 测试时间：120分钟  满分：150分  命题教师：

一、选择题（本大题共12小题，共60分）

1. 已知集合0，1，2，，0，，，则

A.  B. 2，
C. 0， D. 0，2，

2. 命题“，使”的否定是

A. ，使 B. ，使
C. ，使 D. ，使

3. 复数的共轭复数是

A.  B.  C.  D.

4. 设m、n是空间中不同的直线，、是不同的平面，则下列说法正确的是

A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，，则

5. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若角A，C，B成等差数列，且，则的形状为

A. 直角三角形 B. 等腰非等边三角形
C. 等边三角形 D. 钝角三角形

6. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

1.              B.  
2.            D.

7. 设为等差数列的前n项和，若则    

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

8. 如图，在中，点D是边BC的中点，，则用向
   量表示为

A.  B.
C.  D.

9. 已知平面向量满足，，，则

A.  B.  C. 4 D. 5

10. 关于函数，有以下4个结论：

的最小正周期是；的图象关于点中心对称；

的最小值为；在区间内单调递增

其中所有正确结论的序号是                                                                          

A.  B.  C.  D.

11. 已知数列满足，，则

A.  B.  C.  D.

12. 已知定义在R上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为

A.  B.
C.  D. 或

二、填空题（本大题共4小题，共20分）

13.已知，则______．

14.数列的前n项和满足，则数列的通项公式______．

15.正四棱锥中，，，则PA与平面ABCD所成角的正弦值为______．

16.已知函数，若方程有两个不同根，则实数m的最小值为______．

三、解答题（本大题共5小题，共60分）

17.设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
求B的大小；
若，求A的大小．
 

18.已知等比数列的公比，，且，，成等差数列．
求数列的通项公式；
记，求数列的前n项和．
 

19. 已知函数．
    若是第二象限角，且，求的值；
    当时，求函数的值域．
     

20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，点M为PC中点，且

．
证明：平面BDM；
证明：平面平面PAD．

21.已知函数，．
Ⅰ求证：有两个不同的实数解；
Ⅱ若在时恒成立，求整数m的最大值．
 

选考题  (共10分)  考生在22、23题中任选一题作答，如果多做、则按所做第一题计分

22. 在直角坐标系xOy中，曲线：，其中，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：，曲线：．
    求与交点的直角坐标；
    若与相交于点A，与相交于点B，A、B都异于原点O，求的最大值．
     

23.已知函数．
求不等式的解集；
若对，不等式恒成立，求a的取值范围．
 

答案和解析

1.【答案】A
 

【解析】解：集合0，1，2，，0，，，
则0，1，，
则，
故选：A．
先求出，再根据补集得出结论．
本题主要考查集合的交并补运算，属于基础题．
2.【答案】A
 

【解析】解：命题是特称命题，则命题的否定是全称命题，即，使，
故选：A．
根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可．
本题主要考查含有量词的命题的否定，根据特称命题的否定是全称命题是解决本题的关键．比较基础．
3.【答案】C
 

【解析】解：复数，故它的共轭复数为，
故选：C．
利用两个复数代数形式的乘除法法则以及虚数单位i的幂运算性质，化简复数z，从而求得它的共轭复数．
本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法法则的应用，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．
4.【答案】C
 

【解析】

【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题．
在A中，或；在B中，或m与n异面；在C中，由面面平行的性质定理得；在D中，与平行或相交．
【解答】
解：由m、n是空间中不同的直线，、是不同的平面，知：
在A中，若，，则或，故A错误；
在B中，若，，，则或m与n异面，故B错误；
在C中，若，，则由面面平行的性质定理得，故C正确；
在D中，若，，，，则与平行或相交，故D错误．
故选：C．
5.【答案】C
 

【解析】

【分析】
本题主要考查了等差数列的性质，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
由已知利用等差数列的性质可得，由正弦定理可得，根据余弦定理可求，即可判断三角形的形状．
【解答】
解：由题意可知，，，
则，
所以，
所以，
故的形状为等边三角形．
故选C．
6.【答案】A
 

【解析】解：三视图所对应的空间几何体为一个半圆锥拼接一个三棱锥所得，故其体积，
故选：A．
由三视图可得三视图所对应的空间几何体为一个半圆锥拼接一个三棱锥所得，利用体积公式即可计算．
本题考查了由三视图求几何体体积的应用问题，解题时应根据三视图得出几何体的结构特征，是基础题目．
7.【答案】C
 

【解析】

【分析】
本题考查了等差数列的性质，考查等差数列的前n项和，是基础题．
直接利用等差数列的性质结合求得．
【解答】
解：在等差数列中，由 ，
得．
故选C．
8.【答案】A
 

【解析】解：由题意可得，，
．
故选：A．
由已知结的合向量加法的三角形法则及向量共线定理即可求解．
本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．
9.【答案】A
 

【解析】解：，，，
，
，
．
故选：A．
可求出，并可得出，从而得出，然后根据进行数量积的运算即可求出答案．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量数量积的运算，向量长度的求法，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】B
 

【解析】

【分析】
本题考查三角恒等变形公式以及三角函数的图像和性质，属于基础题．
首先根据三角恒等变形公式化简，再利用三角函数的图像和性质逐个判断即可．
【解答】
解：，
，，正确；
，，错误；
，的最小值为，正确；
，因为，在上不单调，错误．
故选B．
11.【答案】A
 

【解析】

【分析】
本题考查了数列的递推关系求数列的通项，裂项相消法求和法，属中档题．
解题的关键是利用已知条件得到，再用累加法求出数列的通项，用裂项相消法求数的和．
【解答】
解：由得：，
即，
所以
．
故选A．
12. 【答案】C

【解析】

【分析】
本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．
根据题意，设，求导分析可得，即函数在R上为减函数，则原不等式可以转化为，结合函数的单调性分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，设，其导函数，
又由，即，
则，即函数在R上为减函数，
又由，则，
，
又由函数为减函数，则有，
则不等式的解集为；
故选：C．
13.【答案】， 
 

【解析】解：，
则．
．
故答案为：；．
利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．
本题考查二倍角公式的应用，两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关系式的应用，是基本知识的考查．
14.【答案】
 

【解析】

【分析】
本题主要考查已知前n项和时数列通项公式的求解，考查裂项相消法在数列求和中的应用，熟练掌握等差、等比的性质和公式是准确、快速解题的关键．
【解答】
解：先利用，做差即可求解数列的通项公式：数列的前n项和满足，
当时，，两式做差得，即，
当时，得
数列是首项为2，公比为2的等比数列， 
所以； 
根据，求解数列的通项公式；可得是等差数列，即可用裂项相消法求解数列前n项和的值：，，
数列的前n项和．
故答案为．
15.【答案】
16.【答案】1
 

【解析】解：先作出函数的图象，再结合图象平移直线，
由图象知有两个零点时，须，
故m的最小值为1．
画出函数的图象，利用数形结合转化求解即可．
本题考查函数的零点与方程的根的关系，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
17.【答案】解：锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
所以，
由于，
整理得：
因为在锐角三角形ABC中，，
所以；
由于：，
所以，
解得：，
故为等边三角形，
所以．
 

【解析】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．
直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理的应用求出A的值；
由和余弦定理即可求出结果．
18.【答案】解：由，，成等差数列，
得，即，
，解得．
；
．
，
，
，
．
 

【解析】由等比数列的通项公式与等差数列的性质列式求得q，则通项公式可求；
把数列的通项公式代入，再由错位相减法求数列的前n项和．
本题考查等比数列的通项公式，考查等差数列的性质，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，是中档题．
19.【答案】解：因为是第二象限角，且，
所以，
所以．
，
由，可知，
所以，
所以
 

【解析】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质，考查了计算能力和函数思想，属于基础题．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，代入所求即可计算得解．
利用三角函数恒等变换的应用可求，由已知可求范围，利用正弦函数的性质即可求其值域．
20.【答案】证明：连接AC交BD于点O，因为底面ABCD为平行四边形，所以O为AC中点，
在中，又M为PC中点，所以，
又平面BDM，平面BDM，
所以平面BDM．
因为底面ABCD为平行四边形，所以，
又即，所以，
又即，
又平面PAD，平面PAD，，
所以平面PAD，
又平面PAB，
所以平面平面PAD．
 

【解析】连接AC交BD于点O，连接OM，证明，即可证明平面BDM．
因证明，，推出平面PAD，然后证明平面平面PAD．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，平面与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．
21.【答案】解：Ⅰ证明：由得，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以的最小值为，
而当时，，当时，，
故有两个不同的实数解．
Ⅱ在时恒成立，
即在时恒成立，
所以在时恒成立，
设，则，
由Ⅰ有唯一零点，即，
又，，
所以，且当时，，
当时，，
所以，
由题意，得，且，
因此整数m的最大值为3．
 

【解析】Ⅰ由得，令，求出的导数，根据函数的单调性求出的最小值，证明结论即可；
Ⅱ问题转化为在时恒成立，即在时恒成立，设，根据函数的单调性求出m的最大值即可．
本题考查了函数的单调性，最值，零点问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．
22.【答案】解：由曲线：，化为，
．
同理由：可得直角坐标方程：，
联立，
解得或，
与交点的直角坐标为，
曲线：，化为普通方程：，其中，；
当时，为，其极坐标方程为：，
，B都在上，
，
，
当时，取得最大值4．
 

【解析】由曲线：，化为，把代入可得直角坐标方程．同理由：可得直角坐标方程，联立解出可得与交点的直角坐标．
由曲线的参数方程，消去参数t，化为普通方程：，其中，；时，为其极坐标方程为：，利用即可得出．
本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、曲线的交点、两点之间的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
23.【答案】解：，
等价为或或，
解得或或，
故原不等式的解集为；
因为，所以，
则对恒成立，
等价为对恒成立，
即，即对恒成立，
所以，则a的取值范围是．
 

【解析】将化为分段函数的形式，然后根据，利用零点分段法解不等式即可；
结合可得对恒成立，然后得到对恒成立，再求出a的取值范围．
本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．