2021【KS5U解析】青铜峡高级中学高三上学期期中考试数学（文）试题含解析

青铜峡市高级中学吴忠中学青铜峡分校

2020-2021学年(一)期中考试

一､单选题(本题共12小题，每小题5分，共60分.)

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

求解一元二次不等式解得集合，再求并集即可.

【详解】因为，又，

所以.

故选：B

【点睛】本题考查集合的并运算，涉及一元二次不等式的求解，属综合简单题.

2. 下列命题中正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】A

【解析】

【分析】

对于选项，由不等式性质得该选项正确；对于选项，符号不能确定，所以该选项错误；通过举反例说明选项和选项错误.

【详解】对于选项，若，所以，则，所以该选项正确；

对于选项，符号不能确定，所以该选项错误；

对于选项，设，所以，所以该选项错误；

对于选项，设，所以该选项错误；

故选：A

【点睛】本题主要考查不等式的性质，考查实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3. 已知数列为等差数列，前项和为，且则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据等差数列的前项和公式和等差中项的概念，即可求出结果.

【详解】因为数列为等差数列且，所以.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了等差数列的前项和公式和等差中项的概念的应用，属于基础题.

4. 《掷铁饼者》 取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为米，肩宽约为米，“弓”所在圆的半径约为米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为（    ）

（参考数据：）

A. 米 B. 米

C. 米 D. 米

【答案】B

【解析】

【分析】

由题分析出“弓”所在弧长，结合弧长公式得出这段弧所对圆心角，双手之间距离即是这段弧所对弦长.

【详解】由题：“弓”所在弧长，其所对圆心角，

两手之间距离.

故选：B

【点睛】此题考查扇形的圆心角和半径与弧长关系的基本计算，关键在于读懂题目，提取有效信息.

5. 已知,,则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由,代入已知式子中,可求出,再结合即可求解.

【详解】解: ,

即.又

,

故选:D.

【点睛】本题考查了二倍角公式的应用.熟练掌握二倍角公式以及公式的逆向运用.当求角的三角函数值时,易错点在于由限制角的范围,确定三角函数值的符号.

6. 在中，，，，则（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

试题分析：由余弦定理得.由正弦定理得，解得.

考点：解三角形.

7. 数列中，若，则＝（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由已知条件进行变形可得，结合等差数列的定义，从而可求出，进而可求的值.

【详解】解：因，所以，即，又 ，

则是以为首项，为公差的等差数列，即，则，

所以.

故选:C.

【点睛】本题考查了等差数列的定义，考查了数列通项的求解.本题的关键是对已知条件进行变形得出通项公式.

8. 平面向量与的夹角为，且，为单位向量，则（    ）

A.  B.  C. 19 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

计算，得到答案.

【详解】，故.

故选：.

【点睛】本题考查了向量模的计算，意在考查学生的计算能力.

9. 已知是定义在上的函数，且满足，当时，，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据条件确定周期，再根据周期以及函数解析式求结果.

【详解】

故选：D

【点睛】本题考查函数周期、求函数值，考查基本分析求解能力，属基础题.

10. 已知各项均为正数的等比数列，且成等差数列，则的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由已知条件，利用等比数列的通项公式求得公比，进而可求得结果.

【详解】各项均为正数的等比数列的公比设为q，则q>0，

由成等差数列，可得，即，

所以，解得或（舍），

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查等比数列的通项公式和性质，属基础题.

11. 函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，给出下列命题：

①-3是函数y=f(x)的极值点；

②y=f(x)在区间(-3，1)上单调递增；

③-1是函数y=f(x)的最小值点；

④y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零.

以上正确命题的序号是（    ）

A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④

【答案】A

【解析】

【分析】

根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．

【详解】根据导函数图象可知：当时，，在时，

函数在上单调递减，在上单调递增，故②正确；

则是函数的极小值点，故①正确；

∵在上单调递增，不是函数的最小值点，故③不正确；

∵函数在处的导数大于，切线的斜率大于零，故④不正确.

故选：A

【点睛】方法点睛：本题考查导函数图象在函数单调性和极值中的应用，考查导数的几何意义，其中利用导函数判断单调性的步骤为：

1. 先求出原函数的定义域；

2. 对原函数求导；

3. 令导数大于零；解出自变量的范围；该范围即为该函数的增区间；同理令导数小于零，得到减区间；

4. 若定义域在增区间内，则函数单增；若定义域在减区间内则函数单减，若以上都不满足，则函数不单调．

12. 已知定义在上的函数满足，且在上是增函数，不等式对于恒成立，则的取值范围是

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在上是减函数，由此可将不等式化为；利用分离变量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到结果.

【详解】    为定义在上的偶函数，图象关于轴对称

又在上是增函数    在上是减函数

    ，即

对于恒成立    在上恒成立

，即的取值范围为：

本题正确选项：

【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到恒成立问题的求解；解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而利用分离变量法来处理恒成立问题.

二､填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分.)

13. 若变量满足则的最大值为_________.

【答案】4

【解析】

【分析】

先画出不等式组表示的平面区域,再由目标函数的几何意义求解即可

【详解】由题,设目标函数为,则,

由不等式组可得可行域如图所示,

平移直线,当与可行域交于点时,截距最小,则最大,

联立,解得,

所以,即的最大值为4,

故答案为:4

【点睛】本题考查根据线性规划求最值,考查数形结合思想

14. 已知等比数列的前项和为，且，，则______．

【答案】7

【解析】

分析】

根据等比数列的片段和性质，列出对应等式求解出的值.

【详解】由等比数列片段和的性质可知：，，成等比数列，

故，

故答案为：.

【点睛】本题考查等比数列前项和的性质，难度一般.已知为等比数列的前项和，则成等比数列（当且仅当或为奇数）.

15. 已知命题“”是假命题，则实数m的取值范围是_________.

【答案】

【解析】

【分析】

求得原命题的否定，根据其为真命题，即可结合二次不等式恒成求得参数范围

【详解】若命题“”是假命题，则“”为真命题，

显然时，不满足题意，

故只需满足，解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查根据含量词命题的真假求参数范围的问题，涉及二次不等式在上恒成立求参数的问题，属综合基础题.

16. 函数的部分图象如图所示，给出以下结论：

① 的最小正周期为2；

② 的一条对称轴为；

③ 在，上单调递减；

④ 的最大值为；

则错误的结论为________.

【答案】② ④

【解析】

【分析】

根据图象判断函数的解析式，结合三角函数的性质即可得到结论．

【详解】解：由图易知函数的最小正周期为，①正确；

由图知，左侧第一个零点为：，

所以对称轴：，

所以不是对称轴，②不正确；

由图可知，

即时函数是减函数，

所以③正确；

因为正负不定，所以④不正确．

所以只有② ④不正确．

故答案为：② ④ .

三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17--21为必答题，每个试题考生都必须作答；22､23题为选做题，考生根据要求作答.)

17. 己知函数

（1）求函数的最小正周期及单调增区间；

（2）若，求函数的值域．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）利用倍角公式和辅助角公式对原式进行化简，进而求出最小正周期和单调增区间.

（2）由范围，求出的范围，利用正弦函数的性质求出值域即可.

【详解】（1）

令

即

单调增区间为

（2），则

，

所以的值域为

【点睛】本题考查了三角函数的倍角公式和辅助角公式、正弦型函数的最小正周期、单调区间和值域等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.

18. 设等差数列的前项和为，，.

（1）求；

（2）设，证明数列是等比数列，并求其前项和.

【答案】（1）；（2）证明见解析；.

【解析】

【分析】

（1）利用等差数列的求和公式和基本量运算得到；

（2）利用定理证明数列是等比数列，公式法求和即可．

【详解】（1）由题可知是等差数列.由，，

联立解得，，所以；

（2）由，，得数列是首项为，

公比为2的等比数列.数列的前项和.

【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，考查学生计算能力，属于基础题．

19. 已知的角，，所对的边分别为，，，设向量，，.

（1）若，求的值；

（2）若 ，边长，，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据向量数量积，得到，由正弦定理，化简整理，即可得出结果；

（2）先由向量垂直坐标表示，求出，再由余弦定理，求出，进而可求出三角形的面积.

【详解】（1）由题意，，

由正弦定理，可得，则，

∴，故；

（2）由得，即，∴.

又，，

∴由余弦定理可得，即有.

∴，∴或（舍）；

因此.

【点睛】本题主要考查正余弦定理解三角形，涉及两角和的正弦公式，以及向量数量积的坐标表示，属于常考题型.

20. 设数列的前n项的和为，且()，

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足()，求数列的前n项的和.

（3）若数列，求数列的前项和；

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）当时，可得，时，，进而可得是等比数列，从而可得解；

（2）利用等差数列和等比数列分组求和即可；

（3）利用错位相减求和即可得解.

【详解】（1）当时，，所以，

当时，，即，

所以数列是以2为首项，公比为2的等比数列，

所以；

（2）由

.

（3），，

因此，①

，②

由①②得，

所以.

【点睛】方法点睛：本题考查已知数列与的关系式，求通项公式，和错位相减法求和，一般数列求和包含：

1.公式法，利用等差和等比数列的前项和公式求解；

2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；

3.裂项相消法求和，适用于能变形为，

4.分组转化法求和，适用于；

5.倒序相加法求和，适用于倒序相加后，对应的两项的和是常数的数列.

21. 已知函数.

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当时，恒成立，求取值范围.

【答案】（1）的单调递增区间为，递减区间为；（2）.

【解析】

【详解】（1）的定义域为，时，

令，∴在上单调递增；

令，∴在上单调递减

综上，的单调递增区间为，递减区间为.

（2），

令，，

令，则

（1）若，在上为增函数，

∴在上为增函数，，即.

从而，不符合题意.

（2）若，当时，，在上单调递增，

，

同Ⅰ），所以不符合题意

（3）当时，在上恒成立.

∴在递减，.

从而在上递减，∴，即.

结上所述，的取值范围是.

22. 在直角坐标系中，以原点为极点，以轴的正半轴为极轴，曲线的极坐标方程为.

（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）过点作倾斜角为的直线与圆交于两点，试求的值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式进行求解 ；

（2）求出直线的参数方程，与圆的直角坐标方程联立，根据韦达定理利用直线参数方程中参数的几何意义求解.

【详解】解：（1）将曲线的极坐标方程，两边同乘得，

即，将代入得：；

（2）直线的参数方程为：为参数，

将其代入中得：，

设在直线的参数方程中，点所对应的参数分别为，

则，

所以.

【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的互化，考查了弦长问题的求解，难度一般.一般地，解决弦长问题可采用直线参数方程中的几何意义求解.

23. 已知函数．

（1）当时，求的解集；

（2）若关于的不等式的解集是，求的取值范围．

【答案】（1）或；（2）．

【解析】

【分析】

（1）分段讨论即可解出不等式；

（2）不等式等价于恒成立，求出的最小值，满足最小值大于等于即可.

【详解】（1）当时，原不等式可化为：，

①，解得；

②，无解；

③，解得，

综上，不等式的解集为或．

（2）不等式等价于恒成立，

令，则，

可知的最小值为3，

，即，

∴的取值范围是．

【点睛】本题考查含绝对值不等式的解法，考查不等式的恒成立问题，属于中档题.