2021-2022学年天津市南开区高三（上）期中数学试卷（含解析）

2021-2022学年天津市南开区高三（上）期中数学试卷

一、单选题（本题共9小题，共45分）

1.  若全集，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  命题“”的否定是(    )

A.  B.
C.  D.

3.  在复平面内，复数对应的点是，则复数的共轭复数

A.  B.  C.  D.

4.  函数的图象大致是(    )

A.  B.
C.  D.

5.  设，则“”是“”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. 既不充分又不必要条件

6.  已知、、，若，则的值是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已，，，则的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是(    )

A.  B.  C.  D.

9.  设函数若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围是(    )

A.  B.
C.  D.

二、填空题（本题共6小题，共30分）

10.  设为虚数单位，，则实数          ．

11.  计算：          ．

12.  已知体积为的圆柱底面是外接球的截面，圆柱的底面积为，则该球的表面积是__________．

13.  曲线在处的切线方程为          ；若该切线也是曲线的切线，则          ．

14.  已知正实数，满足，则的最小值为          ．

15.  边长为的菱形满足，则          ；一直线与菱形的两边，分别交于点，，且交其对角线于点，若，，，则          ．

三、解答题（本题共5小题，共75分）

16.  在中，角，，所对的边分别为，，已知，，．
Ⅰ求；
Ⅱ求；
Ⅲ求的值．

17.  设二次函数满足条件：当时，的最大值为，且成立；二次函数的图象与直线交于两点，且

求的解析式；

求的解集；

求最小的实数，使得存在实数，只要当时，就有成立．

18.  如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，

证明：平面；

求平面与平面所成角的正弦值；

线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求的长，若不存在，请说明理由．

19.  已知函数的导数为，函数．
Ⅰ求；
Ⅱ求最小正周期及单调递减区间；
Ⅲ若，不是单调函数，求实数的取值范围．

20.  已知函数，

当时，求的极大值；

求的单调区间；

当时，设函数，若实数满足：且，，求证：

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查集合的补集运算，属于基础题．
解不等式求出集合 ，再进行补集运算即可求解．

【解答】

解：因为  ，  ，

所以  ．

故答案为：．

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查含有量词命题的否定，属于基础题．
根据全称命题的否定形式，直接求解．

【解答】

解：全称命题“  ”的否定形式需要改量词，以及结论否定，

即否定是  ．

故选：

3.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查复数的几何意义和共轭复数，属于基础题．
根据题意求出，再根据共轭复数的定义求解即可．

【解答】

解：由复数  在复平面内的坐标有  ，所以共轭复数 ．
故选：

4.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查根据函数图象的性质判断函数图象，属于中档题．
根据奇偶性和  的符号，使用排除法可得．

【解答】

解： 的定义域为，

因为 

 ，所以  为偶函数，故错误；

又因为  ，  ，所以  ，故错误．

故选：．

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了充分、必要条件的判定，属于基础题．
求解两个不等式，利用集合间的关系进行判断．

【解答】

解：由可得或，记或，
由得或，记或，
则是的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件；
故本题选B．

6.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查向量平行的坐标表示，考查运算求解能力，是基础题．
先求出，，再由，能求出的值．

【解答】

解：、、，
，，
，
，解得．
故选：．

7.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查利用指数函数、对数函数的单调性比较函数值大小，属于中档题．
利用指数函数、对数函数单调性并借助“媒介”数比较大小即可．

【解答】

解：函数  在上单调递减，而  ，则  ，即  ，

函数  在  上单调递减，  ，则  ，

函数  在  上单调递增，  ，则  ，

于是得  ，  ，  ，即  ，

所以  ．

故选：．

8.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查了正弦函数、余弦函数的周期性及单调性，属于中档题．
根据正弦函数、余弦函数的周期性及单调性依次判断，结合排除法即可求解．

【解答】

解：不是周期函数，可排除选项；
的周期为，可排除选项；
在处取得最大值，不可能在区间上单调递增，可排除．
故选A．

9.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了函数的零点与方程的根的综合应用，考查已知切线斜率、倾斜角求参数，属于中档题．
构造函数，则问题转化为在区间上有且仅有一个根，进一步转化为函数的图象与直线的图象在区间上只有一个交点，利用导数研究曲线的切线问题，确定边界状态的的值，结合图象求解即可得到答案．

【解答】

解：令
则
令，即，
故，所以，
作出函数的图象如图所示，

函数的零点个数即为函数的图象与直线的交点个数，
直线过定点，
当直线过点时，；
当直线与曲线相切时，
设切点坐标为，
由，故切线的斜率为，
所以，解得，
则，解得，
结合图象可知，当或时，函数的图象与直线只有一个交点，
即函数在区间上有且仅有一个零点，
所以实数的取值范围是．
故选C．

10.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查两个复数代数形式的运算法则，两个复数相等的条件，属于基础题．
由题意利用两个复数代数形式的运算法则，两个复数相等的条件，求得的值．

【解答】

解：为虚数单位，，
，且，实数，
故答案为：．

11.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查有理数指数幂的计算，涉及指数、对数的计算，属于基础题．
根据题意，由指数幂、对数的运算性质，直接计算可得答案．

【解答】

解：根据题意，原式

；
故答案为：．

12.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查圆柱的体积，球的表面积，属于中档题．
根据圆柱的体积、底面积，结合体积、底面积公式求圆柱的高和底面半径，由外接球半径与圆柱的高、底面半径的关系求，进而求球的表面积．

【解答】

解：由题设，若圆柱的高为，底面半径为，则  ，即  ，

设外接球半径为，则  ，

该球的表面积是  ．

故答案为： ．

13.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查导数的几何意义，属于综合题．
求出函数  在  处的导数，再用导数的几何意义即可求解；设该切线与曲线  相切的切点坐标，求导即可计算作答．

【解答】

解：由  求导得：  ，则曲线  在  处的切线斜率为  ，而切点为  ，

所以所求切线方程为  ；

设直线  与曲线  相切的切点为  ，由  求导得：  ，

于是得  ，  ，显然有  ，即  ，  ，解得   ．

故答案为：  ；．

14.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了“乘法”与基本不等式的性质，属于中档题．
先得到，再利用“乘法”与基本不等式的性质即可得出．

【解答】

解：，
，
，
，

，
当且仅当，即，时取等号，
的最小值为．
故答案为：．

15.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查向量运算的平行四边形法则及向量的数量积运算，考查共线向量基本定理的应用，是中档题．
由菱形满足，得，可得菱形为正方形，则可求；再由已知把用表示，利用、、三点共线，得，从而求得的值．

【解答】

解：菱形满足，，
可知菱形为正方形，则，；
由，，
得
，
、、三点共线，，
即，则．
故答案为：；．

16.【答案】解：Ⅰ因为，所以，
由余弦定理可得，，，
即，解得，
所以的值为；
Ⅱ由Ⅰ可得，，
由余弦定理可得：，
所以在中，；
Ⅲ由题意可得，
由Ⅱ可得，
，
所以，
所以的值为． 

【解析】本题考查三角形的正余弦定理的应用以及两角差的余弦公式的应用，属于一般题．
Ⅰ由余弦定理可得的值；
Ⅱ由Ⅰ可得的余弦值，再由同角的正余弦的平方和为，及三角形中正弦的范围求出的正弦值；
Ⅲ由Ⅱ可得的正余弦值，的正余弦值，再由两角差的余弦公式展开求出的余弦值．
 

17.【答案】解：由  知函数  的对称轴为  ，

由  的最大值为，可设  ．

令  ，得  ，

由  得  ，解得  ．

所以  ；

由知  ，即  ，

解得  或  ，

所以  的解集为  或 ；

由  可得，  ，

即  ，若不等有解，可得，解得  ，

又  在  时恒成立，可得  ，

由  得  ．

令  ，易知  单调递减，

所以  ，

由于只需存在实数，故  ，则能取到的最小实数为

此时，存在实数  ，只要当  时，就有  成立．

【解析】本题考查二次函数的解析式与性质，解一元二次不等式，及不等式恒成立问题，属于中档题．
求出对称轴，设二次函数为顶点式，求出与  的两交点，进而利用  得出的值，得到  的解析式；

解一元二次不等式即可；

存在性问题与恒成立问题结合，需要由  得出的范围，然后和  比较，求出最值．

18.【答案】解：如图，以的中点为原点，分别以射线 ， 为 ，轴的正半轴，建立空间直角坐标系  ．

在中，由余弦定理得．

由题意知各点坐标如下：  ，  ，  ，  ，  ，  ，

因此  ，  ，  ，

由  得  ，由  得  ．

即，，又因为  ，所以  平面  ．

因为 平面 ，所以  ，  ，

所以  即为平面  与平面  所成角的平面角．

因为  ，所以  ．

设点坐标为  ，则  ，

依题意有  ，

解得  或  ．

所以 的长为  或  ．

【解析】本题考查利用向量法证明线面垂直，求线面角，二面角的定义，属于综合题．
以的中点为原点，分别以射线 ， 为 ，轴的正半轴，建立空间直角坐标系  ，根据  ，  ，得到  ，  ，再利用线面垂直的判定即可证明  平面  ．

根据题意得到  ，  ，从而得到  即为平面  与平面  所成角的平面角，再求其正弦值即可．

首先设点 坐标为  ，根据题意得到  ，再解方程即可．

19.【答案】解：由函数，得；

，
所以最小正周期为；
由，得，，
所以单调递减区间为，；
由，得，
当时，对恒成立时函数单调递增，
当时，对恒成立时函数单调递减，
又当时，，
所以或时，函数在上为单调函数，
所以，不是单调函数时实数的取值范围． 

【解析】本题考查三角恒等变换，以及导数的应用，属中档题．
直接求导可得；
化简，可求最小正周期和单调减区间；
由，得，先求单增和单减时的的范围，再求得不单调时的范围．
 

20.【答案】解：函数  的定义域为  ．

当  时，  ，  ，

令  得  ．

列表：

所以  的极大值为  ．

 ．

令  得  ，记  ．

当  时，  ，所以  在区间  单调递减；

当  时，由  得  ，  ，

若  ，则  ，

由  ，得  ，  ；由  ，得  ．

所以，  的单调递减区间为  ，  ，

单调递增区间为  ；

若  ，由知  单调递增区间为  ，单调递减区间为  ；

若  ，则  ，

由  ，得  ；由  ，得  ．

所以，  的单调递减区间为  ，单调递增区间为  ．
综上：当  时， 在区间  单调递减；
当 时， 的单调递减区间为  ，  ，单调递增区间为  ；
当  时， 单调递增区间为  ，单调递减区间为  ；
 当时， 的单调递减区间为  ，单调递增区间为  ．

 ，

由  ，得  ，即 

因为  ，所以  舍，或  ．

所以  ．

由  得  

因为  ，

所以式可化为  ，

即  ．

令  ，整理，得  ．

记  ，  ，

令  得  舍，   ．

列表：

所以，  在  单调递减，在  单调递增，

又因为  ，  ，所以  ，从而  ．

【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、证明不等式，属于综合题．
求导，确定函数单调性，进而可得极大值；

求导，令导函数为，得到一个二次方程，通过讨论判别式，以及根与原函数定义域的位置关系来确定函数单调区间；

通过条件可得  ，  ，消去 可得  ，令  ，得到关于  的方程，求导，利用零点存在性定理确定方程根的位置即可．