福建省莆田第一中学2021-2022学年高三上学期期中考试数学试题

莆田一中2021-2022学年度上学期第一学段考试试卷

高三   数学

本试卷共4页．全卷满分150分．考试用时120分钟．

 注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将答题卡交回．

一、单项选择题：8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题意

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知向量，，则下列向量与平行的是（    ）

A． B．

C． D．

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

4．若等差数列{an}的公差为2，且a5是a2与a6的等比中项，则数列{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值等于（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

5．函数的图象大致为（    ）

A．B．C．D．

6．已知直线，平面，，∥，，那么“⊥β”是“⊥β”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

7．如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”.若某勾股树含有255个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为

A． B． C． D．

8．，若，则的范围（    ）.

A． B． C． D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．以下说法，正确的是（    ）

A．，使成立

B．，函数都不是偶函数

C．“”是“”的充要条件

D．中，“”是“”的充要条件

10．已知函数，下列命题中的真命题是（    ）

A．若，则的图象向左平移个单位，得到的图象

B．若，则的图象关于直线对称

C．若在上的最小值为，则

D．若在上单调递减，则

11．如图1，在矩形与菱形中，，，，分别是，的中点.现沿将菱形折起，连接，，构成三棱柱，如图2所示，若，记平面平面，则（    ）

A．平面平面 B．

C．直线与平面所成的角为60° D．四面体的体积为

12．已知函数，则（    ）

A．是奇函数； B．；

C．在上单调递增； D．在上存在一个极值点

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．设复数(为虚数单位)，则___________.

14．在中，若的面积为2，且，则__________.

15．设函数.

①若，则的最大值为_______；

②若有且只有个零点，则实数的取值范围是________.

16．已知矩形中，，，是边的中点.现以为折痕将折起，当三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的体积为___________.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（本题10分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.

问题：锐角的内角，，的对边分别为，，，且___________.

（1）求；

（2）求的取值范围.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

18．（本题12分）已知数列的首项为，且.

（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

19．（本题12分）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图所示，四面体中，平面，，是棱的中点．

(I)证明：．并判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由．

(Ⅱ)若四面体是鳖臑，且 ，求二面角的余弦值．

20．如图，在平面四边形ABCD中，，，，设.

（1）若，求BD的长度；

（2）若，求.

21．（本题12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是边长为2的等边三角形，平面AA1B1B⊥平面ABC，AB1＝BB1＝2.

（1）过B1作出三棱柱的一个截面，使AB与截面垂直，并给出证明；

（2）过C作平面α//平面AB1C1，且平面α∩平面ACC1A1＝l，求l与平面BCC1B1所成角的正弦值.

22．（本题12分）已知函数.

（1）当时，求函数的图象在处的切线方程.

（2）若函数在定义域上为单调递增函数.

①求整数的最大值；

②证明：.

参考答案

1．B

【分析】

先解出集合A、B，再求.

【详解】

由解得：，所以.

由解得：或，所以

∴．

故选：B

2．A

【分析】

先计算坐标，再根据向量满足时与平行，逐一判断选项即可.

【详解】

因为，，所以

故若向量满足，则向量与平行.

A中，由成立，知与向量平行，A正确；

B中，由知，与不平行，B错误；

C中，由知，与向量不平行，C错误；

D中，由知，与向量不平行，D错误.

故选：A.

3．A

【分析】

先根据诱导公式化简，再用二倍角公式求解即可

【详解】

故选：A

【点睛】

本题主要考查了诱导公式与二倍角公式求解三角函数值的问题，属于基础题

4．C

【分析】

计算得到，，，得到答案.

【详解】

是与的等比中项，故，即，解得.

故，所以，，故最小.

故选：C.

5．B

【分析】

通过研究函数奇偶性以及单调性，以及由排除不正确的选项，从而得出答案..

【详解】

详解：为奇函数，排除A,

，故排除D.

，

当时，，所以在单调递增，所以排除C；

故选：B.

6．C

【分析】

若⊥β，在平面内找到与平行的直线，根据面面垂直的判定定理可得⊥β，

若⊥β，在平面内找到与平行的直线，根据面面垂直的性定定理可得⊥β，再根据充要条件的定义可得答案.

【详解】

若⊥β，

过直线作平面γ，交平面于直线，

∵，∴，

又⊥β，∴⊥β，

又∵α，∴⊥β，

若⊥β，

过直线作平面γ，交平面于直线，

∵，∴，

∵，∴，

又∵⊥β，∩β＝，

∴，∴，

故“⊥β”是“⊥β”的充要条件，

故选：C．

【点睛】

关键点点睛：根据面面垂直的判定定理以及性质定理求解是解题关键.

7．A

【分析】

由正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到255个正方形，借助于求和公式，可求得正方形边长变化的次数，从而利用等比数列的通项公式，即可求最小正方形的边长．

【详解】

由题意，正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列

现已知共得到255个正方形，则由，所以，

所以最小正方形的边长为，故选A．

【点睛】

本题以图形为载体，主要考查等比数列的求和公式及通项公式的应用，其中解答中根据题意得出等比数列的模型，准确利用公式计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．

8．C

【分析】

设，判断为奇函数，为增函数，代入利用函数性质解得答案.

【详解】

设，则

，为奇函数

易知：，，为增函数，故为增函数

即

即

故解得

故答案选C

【点睛】

本题考查了函数的单调性，奇偶性，其中构造函数是解题的关键，忽略掉定义域是容易发生的错误.

9．CD

【分析】

直接利用函数的导数和单调性的关系，三角函数的关系式的变换，充分条件和必要条件，不等式的性质的应用判断A、B、C、D的结论．

【详解】

解：对于A：设，

所以，

当时，函数，

当时，，当时，，

故在时函数取得最小值，，

所以，即，，故A错误；

对于B：当时，故函数为偶函数，故B错误；

对于C：当时，等价于，

当时，等价于，

当时，等价于，

反之同样成立，故C正确；

对于D：中，当时，，

所以，

由于，故，

两边平方得：，

故，

即，

所以或，

当时，即，由于，

所以，即，，

所以，故，．

当时，，故．

故D正确．

故选：CD．

10．ACD

【分析】

A由函数平移描述直接写出图像平移后的解析式；B将代入解析式判断是否等于即可；C、D由已知得的区间，分别根据最小值、单调性及正弦函数的性质求范围；

【详解】

A：则，将的图象向左平移个单位，有，故正确；

B：则，故，故错误；

C：由题设得，要使有最小值为，则，解得，故正确；

D：由题设得，要使单调递减，则，可得，显然成立，即，故正确.

故选：ACD

11．AB

【分析】

根据题意，对四个选项一一进行分析，对于选项A，根据线面垂直的判定定理可证出平面，再根据线面垂直的判定定理证出平面平面；对于选项B，由菱形的性质和三角形中位线的性质，得出，再根据面面平行的性质，即可证出；对于选项C，由菱形的性质和线面垂直的判定定理可证出平面，从而得出为直线与平面所成的角，利用菱形的性质即可求出；对于选项D，结合已知条件，在中求出，再利用正弦定理求得的外接圆半径，最后利用外接球半径、截面圆半径以及球心到截面的距离三者之间的关系，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可求出结果.

【详解】

解：对于A，由于矩形，则，又因为，

而，所以平面，又平面，

所以平面平面，所以A选项正确；

对于B，因为，分别是，的中点，四边形是菱形，

则也是的中点，由三角形中位线的性质，可知，

由于三棱柱，则平面平面，所以平面，

而平面平面，则，所以，故B选项正确；

对于C，由于四边形是菱形，则，

又因为，而，所以平面，

所以为直线与平面所成的角，

又因为，则，所以，

故直线与平面所成的角为，故C选项不正确；

对于D，由题可知，，

则在中，，

由正弦定理可得的外接圆半径，

由A选项可知，平面，

所以四面体的外接球半径，

故四面体的外接球的表面积，故D选项不正确，

故选：AB.

12．BCD

【分析】

A.根据函数奇偶性定义结合的值进行判断即可；B.根据的取值范围以及的值域进行分析；C.先求解，然后利用导数分析的单调性并确定其取值正负，由此判断出的取值正负，从而确定出的单调性；D.根据的单调性确定出的零点情况，由此确定出的零点情况，从而判断出的极值点情况.

【详解】

设，，令，解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

所以恒成立，所以的定义域为；

A.因为 ， ，所以不为奇函数，故错误；

B.因为，，所以，取等号时，此时，

所以等号取不到，所以，故正确；

C. 因为，

令，所以，

因为，所以，所以，且时，

所以，所以在上单调递增，

所以，

所以，

又因为，所以，所以，所以对恒成立，

所以在上单调递增，故正确；

D.由C可知时，，，所以，

所以在上单调递减，

又因为，所以存在唯一使得，

所以时，，时，，

所以在上存在一个极值点，故正确；

故选：BCD.

13．       

【分析】

①利用导数求出函数在上的极大值，并求出函数在上的值域，即可得出函数的最大值；

②作出函数与函数的图象，由已知条件可得出实数的取值范围.

【详解】

①当时，，

若，则，，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减.

所以，，

若，则，

综上所述，；

②由可得或，由可得，

在同一直角坐标系中作出函数与函数的图象如下图所示：

由图象可知，当时，函数有两个零点.

故答案为：①；②.

14．

【分析】

先根据复数的运算求出，再根据复数的模的计算公式即可求出．

【详解】

因为，所以．

故答案为：．

15．

【分析】

根据可得，利用数量积的定义即得解

【详解】

由题意，

故

故答案为：

16．

【分析】

求得三角形边上的高，然后求得外接球的半径，进而求得外接球的体积.

【详解】

过作交于，，

在中有，.

三角形是等边三角形，边长为，

由可得三角形外接圆半径为，设外接圆圆心为，

.

当平面平面时，三棱锥的体积最大，

此时平面.

由于，

，所以是三棱锥外接球的球心，

设外接球半径为，则，

所以外接球的体积为.

故答案为：

17．条件选择见解析；（1）；（2）.

【分析】

（1）若选①，则对利用正弦定理和三角函恒等变换公式化简可得角；若选②，则对利用正弦定理和三角函恒等变换公式化简可得角；若选③，则对利用正弦定理和三角函恒等变换公式化简可得角；

（2）由（1）可得，由于为锐角三角形，从而可求出角的范围，进而可求出的取值范围.

【详解】

解：（1）选①

因为，

所以，

所以，

整理得.

因为，

所以.

因为，

所以.

选②

因为，

所以，

所以，

整理得.

因为，

所以，

因为，

所以.

选③

因为，

所以，

所以，

整理得.

因为，

所以.

因为，

所以，.

（2）因为，

所以.

因为，

所以，

所以，

所以，

所以，故.

18．（1）证明见解析，；（2）.

【分析】

（1）先构造等比数列：，再根据等比数列通项公式得，即得数列的通项公式；

（2）先化简，再根据 ，利用裂项相消法求和

【详解】

（1）解：（1）由得，

因为，所以，又因为

所以数列是以3为首项，以2为公比的等比数列，

可得，从而.

（2）依题意，，

故，

故.

【点睛】

裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.

19．(I)证明见解析，四面体是鳖臑，四个面的直角分别为，，，；(Ⅱ)．

【分析】

(I)首先根据已知条件证明线面垂直，进而可证线线垂直，通过所给已知条件以及证明结论可判断四面体为鳖臑；

(II) 通过四面体是鳖臑性质建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后根据公式求解即可.

【详解】

(I)因为平面，平面，

所以，

因为，是的中点，

所以，

又因为，

所以平面，

所以．

四面体是鳖臑，四个面的直角分别为，，，．

(II)若四面体是鳖臑，则为等腰直角三角形，，且．

如图所示，以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图：

由条件可得，，，，，

所以，，

设平面的法向量为，

所以取，则，

所以，

由(I)可知平面的法向量为，

由图像可知，二面角为锐角，设二面角为，

，

所以二面角的余弦值为．

故答案为：.

20．（1）；（2） .

【分析】

（1）在直角三角形ACD中，求得AD，在中，运用余弦定理可得BD；
（2）求得，，在中，运用正弦定理和两角差的正弦公式，即可得到所求值．

【详解】

（1），，，

可知，

在中，，，，

由余弦定理可知，，

则；

（2）由题意可知，，.

在中，由正弦定理可知，

，即有，

，

.

【点睛】

本题考查三角形的正弦定理、余弦定理，以及三角函数的恒等变换，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

21．(1)证明见解析；(2)

【分析】

(1)设AB中点为O，连接OC、，得出截面为所求，通过证明

即可得出结论.

(2)以O为原点建系，如图，求出面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解线面角的正弦值即可.

【详解】

(1)如图，设的中点为，连接，则截面即为所求.

因为分别为的中线，

所以，又，

所以平面.

(2)因为平面平面，且平面平面，

平面平面，所以，

故与平面所成的角等于与平面所成的角，

以为坐标原点,建立坐标系，如图，

则，

，

设平面的一个法向量为，

由得，令，得，

所以

所以，

即与平面所成角的正弦值为

22．(1)；(2)①2；②证明见解析.

【分析】

(1)将代入，求出函数及其导数，计算，再借助导数的几何意义即可求出切线方程；

(2)①求出函数的导数，由给定条件可得恒成立，再由恒成立的不等式去探求恒成立，不恒成立即可；

②利用①的结论并用去替换x，再变形整理，借助等比数列求和公式即可得解.

【详解】

(1)当时，，，

则，而，于是得，即，

所以所求切线方程为；

(2)①函数定义域为，求导得：，

因函数在定义域上为单调递增函数，且a为整数，则有，恒成立，

令函数，，，当时，当时，，

因此，在上单调递减，在上单调递增，，则有，成立，

在时，两边取对数有恒成立，于是得，从而有

而上述不等式中两个等号不同时取得，即恒成立，当时，恒有，

因此，当时，恒有，即有恒成立，

当时，有，而，即，不等式不恒成立，

综上得，整数的最大值为2；

②由①知，不等式恒成立，令，则，于是得，

因此，，

所以，，成立.

【点睛】

思路点睛：若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为(或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“ =”是否可以取到．