天津市和平区2021届高三下学期一模数学试题（word版 含答案）

这是一份天津市和平区2021届高三下学期一模数学试题（word版 含答案），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
天津市和平区2021届高三下学期一模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________  一、单选题1．已知集合，，，则（    ）A． B．C． D．2．设，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3．某校高三年级的全体学生参加体育测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为：，，，.若低于60分的人数是90，则该校高三年级的学生人数是（    ）A．270 B．300 C．330 D．3604．函数在的图象大致为（    ）A． B．C． D．5．设，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．6．已知正方体的棱长为2，则三棱锥的体积为（    ）A． B． C．4 D．67．已知抛物线的准线经过双曲线的一个焦点，且双曲线的两条渐近线相互垂直，则双曲线的方程为（    ）A． B．C． D．8．设函数，给出下列结论：①的最小正周期为；②在区间内单调递增；③将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象.其中所有正确结论的序号是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③9．已知，设函数，若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D． 二、填空题10．设i是虚数单位，复数的虚部等于_________.11．在的展开式中，的系数是___________.12．已知直线与圆相交于，两点，则线段的长度为___________.13．甲､乙两名同学进行篮球投篮练习，甲同学一次投篮命中的概率为，乙同学一次投篮命中的概率为，假设两人投篮命中与否互不影响，则甲､乙两人各投篮一次，至少有一人命中的概率是___________.14．已知，，则的最小值为___________.15．如图，四边形中，，，，，，，分别是线段，上的点，且，则的最大值为___________. 三、解答题16．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，.（1）求的值；（2）求；（3）求的值.17．如图，在四棱柱中，已知侧棱底面，侧面是正方形，与交于点，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若点在线段上，且，求二面角的正弦值.18．已知椭圆的右焦点为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设经过点的直线不与坐标轴垂直，直线与椭圆相交于点，，且线段的中点为，经过坐标原点作射线与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求直线的方程.19．已知等比数列的前项和为，是等差数列，，，，.（1）求和的通项公式；（2）设的前项和为，，.①当是奇数时，求的最大值；②求证：.20．已知函数，.（1）当时，直线与相切于点，①求的极值，并写出直线的方程；②若对任意的都有，，求的最大值；（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：. 
参考答案1．C【分析】先化简再结合交并集定义求解即可．【详解】由，又，所以，则故选：C2．A【分析】解出一元二次不等式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】由可得，即，则是的充分不必要条件，故选：A.3．B【分析】根据频率分布直方图可求低于60分的频率，从而可求高三年级的总人数.【详解】根据频率分布直方图可得低于60分的频率为：，故高三年级的总人数为，故选：B.4．D【分析】通过正切函数定义域可排除A，B，通过函数的奇偶性可排除C.【详解】由于正切函数有意义，故需，即可排除A，B；由于为奇函数，其图象应关于原点对称，即可排除C，故选：D.5．C【分析】利用中间数和对数函数的单调性可判断三者之间的大小，从而可得正确的选项.【详解】因为，，故.因为，故，故选：C.6．B【分析】如图三棱锥是由正方体截去四个小三棱锥，从而可得答案.【详解】如图三棱锥是由正方体截去四个小三棱锥又所以故选：B7．D【分析】先求出双曲线的焦点坐标，再根据渐近线垂直可得的关系，从而可求双曲线的方程.【详解】抛物线的准线方程为，故双曲线的一个焦点坐标为，而双曲线的渐近线方程为，故即，故，故，故双曲线方程为：，故选：D.8．A【分析】先将，变形为，再根据函数的性质，三角函数的周期性，单调性，诱导公式可以直接判断．【详解】由，所以的最小正周期为，故①正确；要求的单调增区间，即，而故②正确；将的图象向左平移个单位长度，得到，故③错误．故选：A．9．D【分析】就及的根的个数分类讨论后可得实数的取值范围.【详解】因为关于的方程恰有两个互异的实数解，故有两个不同的实数根且无实根或、各有一个实数根或无实根且有两个实数根.若有两个不同的实数根，则有两个不同的实数根，因为为增函数，故有两个不同的实数根不成立.若、各有一个实数根，先考虑有一个实数根即有一个实数根，因为为增函数，故，故.再考虑有一个实数根即有一个实数根.令，因为，故有一个实数根.故时，、各有一个实数根.若有两个不同的实数根且无实根，因为无实根，则由前述讨论可得，因为有两个不同的实数根，故 ，解得，综上，，故选：D.【点睛】方法点睛：知道分段函数零点个数，则可以根据各段函数的形式确定各段上零点的个数，并结合相应的函数的特征再利用单调性或根分布等方法来处理即可.10．【详解】试题分析:,所以的虚部为考点:复数相关概念、复数运算11．-15【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数.【详解】的展开式的通项公式为，令，则，故的系数为，故答案为：.12．【分析】求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得结果.【详解】因为的圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以线段AB的长为，故答案为：【点睛】方法点睛：求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.13．【分析】考虑两个人都不命中的概率，从而可求至少有一个人命中的概率.【详解】两个都不命中的概率为，故至少有一人命中的概率是，故答案为：.14．2【分析】由可得答案.【详解】因为，，所以，，当且仅当时等号成立，所以最小值为2.故答案为：2.【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.15．【分析】根据平面几何及梯形的性质，可求出，求出，利用二次函数求最值.【详解】设则则， ，，即得，即过C作过作则，则则， 则由得，，函数 开口向下，对称轴，当时， 故答案为：【点睛】关键点点睛：利用平面几何性质，求出，利用向量积的定义，求出，利用二次函数求最值是解题关键.16．（1）；（2）；（3）.【分析】（1）由余弦定理即可求解；（2）根据正弦定理求解；（3）由余弦定理，二倍角公式，两角和的正弦公式求解.【详解】（1）在中，由余弦定理，有，∴，即，∴（2）在中，由正弦定理，有，∴.（3）∵，∴.∴，，∴.17．（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）分别取线段，的中点，，依题意可证，即可证平面；（2）依题意，以为原点建立坐标系，依题意得以及平面的一个法向量，夹角向量坐标公式即可求解问题；（3）依题意求解坐标，再求解平面的一个法向量，由（2）知平面的一个法向量，结合夹角公式即可求解．【详解】（1）证明：分别取线段，的中点，，连接，，．则，，，．可知四边形和四边形均为平行四边形，所以．又平面，所以平面．（2）解：依题意，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得，，，，.所以，，.设平面的一个法向量，则，不妨设，解得，，所以.于是.所以，直线与平面所成角的正弦值为.（3）解，依题意，，，设，，，由，得，，，从而，所以.设平面的一个法向量为，则，不妨设，解得，，所以.因此有．于是所以，二面角的正弦值为．【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．18．（1）；（2）或.【分析】（1）由题可知，，，再结合，解出和的值即可；（2）设直线的方程为，且，，，联立椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，写出根和系数的关系；由于是线段的中点，利用中点坐标公式表示出的坐标，利用可求出直线的斜率；因为四边形为平行四边形，可以利用中点坐标公式或，得到关于的方程，解之即可.【详解】（1）解：设右焦点为，由题意可知，解得.所以椭圆的方程为.（2）(方法一)解：由题意，设直线的方程为，且.与椭圆方程联立，整理得.设，，，则，.因此，即.于是直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得.设，解得.在平行四边形中，为中点，从而，即，因此，解得.所以，直线的方程为或.(方法二)解：求得的过程同方法一，在平行四边形中，有，设，所以.又因为点在椭圆上，从而，解得.所以，直线的方程为或.【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19．（1）的通项公式为，的通项公式为；（2）①最大值为；②证明见解析.【分析】（1）根据题意，列方程组求出首项与公差、公比即可得到通项公式；（2）（i）当是奇数时，计算，根据单调性求其最大值; （ii）由裂项相消法求和即可得证.【详解】（1）设数列的公比为，数列的公差为.由，且，解得.依题意，有，解得.故，所以，的通项公式为，的通项公式为.（2）（i）由（1）可得，所以.当是奇数时，.可知当且是奇数时，随增大而减小.所以当时，最大，其最大值为.（ii）由（i）知，，所以.因为，所以，即.【点睛】关键点点睛：根据数列通项的结构特点，选择合适的求和方法是解题的关键，本题中，根据裂项相消法即可求出..20．（1）①极小值为，没有极大值，线的方程为；②最大值为；（2）证明见解析.【分析】（1）①将代入，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极小值，求出切线方程即可；②问题转化为恒成立，得到，求出的最大值最大值即可.（2）问题转化为证明即可，求出，不妨设，令，则，证明，设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可.【详解】（1）①解：当时，，，，令，解得.当变化时，，的变化情况如下表：—0+↘极小值↗所以的极小值为，没有极大值.又因为，，所以，直线的方程为，即.②解：对任意的都有，即恒成立.由，故，所以.由①知在单调递增，因此，可得，即.当时，的最小值为，所以的最大值为.（2）证明：要证明，只需证明即可.依题意，，是方程的两个不等实根，因为，所以①､②相加得：，①､②相减得：，消去，整理得，.不妨设，令，则.故只需证明当时，，即证明.设，则.于是在单调递增，从而，因此.所以，.【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的切线方程，函数的极值，函数的单调性以及最值问题，考查了导数的应用以及不等式证明，解题的关键是将不等式等价转化为恒成立以及证明即可，考查了转化为思想.