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1、绝密启用前天津市和平区2020-2021学年高三上学期期末数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 本卷共9小题，每小题5分，共45分参考公式：如果事件A、B互斥，那么如果事件A、B相互独立，那么棱柱的体积公式，其中S表示棱柱的底面面积，h表示棱柱的高球的体积公式，其中R表示球的半径一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合，则（）A.B.C.D.答案：A化简集合，根据补集和交集的概念运算可得结果.详解】,故选：A2.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
2、件答案：B解不等式，利用两个不等式的解集的包含关系可得答案.解：等价于等价于等价于等价于或，等价于等价于，因为或，所以“”是“”的必要不充分条件故选：B点评：结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含3.函数在的大致图象是（）A.B.C.D.答案：A根据函数的奇偶性排除C、D，根据时，函数值的符号排除B，故选A.解：因为，所以，所以为上的奇函数，其图象关
3、于原点对称，故C、D不正确；当时，所以，故B不正确;故选：A点评：关键点点睛：利用函数的性质排除不正确选项是解题关键.4.已知某校一次数学测验所有学生得分都在内，根据学生得分情况绘制的频率分布直方图如图所示，则图中a的值是（）A.0.015B.0.020C.0.030D.0.040答案：B由频率分布直方图中所有小矩形的面积和为，即可求得的值.解：解：由频率分布直方图可知：，解得：.故选：B.5.已知正方体的所有顶点都在球O的表面上，若球的体积为，则正方体的体积为（）A.B.C.D.答案：D先求出球的半径，再根据正方体的棱长与其外接球半径的关系，求出正方体的棱长，即可求出正方体的体积.解：解：球
4、的体积为，即，解得：，设正方体的棱长为，由题意知：，即，解得：，正方体的体积.故选：D.6.设，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.答案：D利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.解：解：，又，.故选：D.7.已知抛物线的焦点与双曲线（，）的一个焦点重合，且点到双曲线的渐近线的距离为4，则双曲线的方程为（）A.B.C.D.答案：D由抛物线，求得，得到，再由焦点到渐近线的距离为，求得，进而得到，即可求得双曲线的标准方程，得到答案.解：由题意，抛物线可化为，可得焦点坐标为，即双曲线的焦点坐标为，即，又由双曲线的一条渐近线的方程为，即，所以焦点到的距离为，所以，又由，所以双曲线的方
5、程为.故选：D.点评：本题主要考查了双曲线与抛物线的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线和抛物线的几何性质，合理运算时解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8.设函数，其中，.若，且的最小正周期大于，则A.，B.，C.，D.，答案：A由题意，其中，所以，又，所以，所以，由得，故选A【考点】求三角函数的解析式【名师点睛】有关问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题
6、意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.9.已知函数，若函数有且只有四个不同零点，则实数k的取值范围是（）A.B.C.D.答案：B判断可得为偶函数，所以在上有且仅有2个不同的零点，求出在上的解析式，根据二次函数知识列式可得解.解：因为，所以，所以为偶函数，因为有且只有四个不同的零点，所以在上有且仅有2个不同的零点，且，即，当时，所以在上有且仅有2个不同的零点，所以，解得.故选：B点评：方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值
7、域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解第卷注意事项1用黑色墨水的钢笔或签字笔答题：2本卷共1小题，共10S分二、填空图、本大题共6个小题，每小题5分，共30分10.已知i是虚数单位，则_答案：根据复数的除法运算法则可得结果.解：,故答案为：.11.二项式的展开式中常数项为_.答案：求出二项式的通项公式，再令对应的幂指数为0即可求解解：二项式的展开式的通项公式为,令，解得，所以该二项式展开式中常数项为，故答案为：60点评：本题考查二项式中常数项的求解，属于基础题12.已知圆圆心在轴的正半轴上，且圆心到直
8、线的距离为，若点在圆上，则圆的方程为_答案：先由题意，设圆的圆心为，由点到直线距离求出圆心坐标，再由圆上的点求出半径，进而可求出圆的方程.解：由题意，设圆的圆心为，因为圆心到直线的距离为，所以，解得，即圆心坐标为；又点在圆上，所以半径为，因此圆的方程为.故答案为：.13.现有甲、乙、丙、丁、戊5种在线教学软件，若某学校从中随机选取3种作为教师“停课不停学”的教学工具，则其中甲、乙、丙至多有2种被选取的概率为_答案：先列出从种教学软件中随机选取3种的所有情况，然后计算出甲、乙、丙至多有种的情况，再利用古典概型公式计算即可.解：解：从甲、乙、丙、丁、戊种在线教学软件随机选取种，共有以下种等可能的情
9、况：甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊，甲丙丁，甲丙戊，甲丁戊，乙丙丁，乙丙戊，乙丁戊，丙丁戊，其中甲、乙、丙至多有种被选取的有以下种情况：甲乙丁，甲乙戊，甲丙丁，甲丙戊，甲丁戊，乙丙丁，乙丙戊，乙丁戊，丙丁戊，即所求概率为，故答案为：.14.已知，且，则的最小值为_.答案：先换元，令，则，；再采用“乘1法”，求出的最小值即可得解解：解：令，则，且，而，当且仅当，即时，等号成立的最小值为，故答案为：点评：本题考查利用基本不等式求最值，采用换元法和“乘1法”是解题的关键，考查学生的转化思想、分析能力和运算能力，属于中档题15.在菱形ABCD中，点M，N分别为BC，CD边上的点，且满足，则的最小值为_答案：设
10、，将和用、表示，再根据向量数量的运算律进行求解可得结果.解：设，所以，因为，所以当时，取得最小值，即的最小值为.故答案为：点评：关键点点睛：将和用、表示，再根据向量数量的运算律进行求解是解题关键.三、解答题：本大题共5题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，（1）求的值；（2）求的值答案：（1）（2）（1）根据正弦定理可得，再结合余弦定理可得结果；（2）由求出，由求出，根据同角公式求出，利用二倍角公式求出，再根据两角和的正弦公式可求得结果.解：（1）由以及正弦定理可得，得，由得，所以，所以.（2）由得，由得，又为钝角，所以为
11、锐角，所以，所以，所以.点评：关键点点睛：利用正弦定理和余弦定理求解是解题关键.17.如图，在四棱锥中，平面，点是棱上一点，且，（1）若，求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长答案：（1）证明见解析；（2）；（3）（1）连接交于点，连接，证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角正弦值；（3）设，用表示点坐标，利用线面夹角，求得得值及得长.解：（1）证明：如图，连接交于点，连接，又，又平面，平面平面（2）如图建立空间直角坐标系，则，设平面法向量，令，即，又平面的法向量，故二面角的正弦值为.（3）设，点，由（2）得平面法向量，且直线与平面所成角的
12、正弦值为，解得，即，又，故.点评：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.已知椭圆的离心率为，短轴的两个端点和右焦点构成的三角形面积为（1）求椭圆的方程；（2）已知斜率为的直线经过点，且直线与椭圆交于点（不在轴上），若点在轴的负半轴上，是等边三角形，求的值答案：（1）；（2）（1）记椭圆的右焦点坐标为，根据题中条件，列出关于的方程组求解，即可得出，从而可确
13、定椭圆方程；（2）先由（1）得，则直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，设，根据题中条件，得到，解方程组，即可求出结果.解：（1）记椭圆的右焦点坐标为，因为椭圆的离心率为，短轴的两个端点和右焦点构成的三角形面积为，所以有，解得，因此椭圆的方程为；（2）由（1）可得，则直线的方程为，因为直线与椭圆交于点（不在轴上），所以，将代入可得，整理得，则，即，所以，因此，即，则所以，又点在轴的负半轴上，设，则，又是等边三角形，所以，即则，所以，则，整理得，代入可得，则，整理得，解得，所以，又，所以，故.点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据是等边三角形，列出方程组，结合直线与椭圆方程，已经两点间距离公
14、式等，化简方程组，即可求解；此类题目计算量较大，要求考生要具备较强的计算能力.19.已知等比数列满足，（1）求数列的前n项和（2）若数列满足，且，求的通项公式：求答案：（1）（2）（1）根据等比数列的通项公式求出首项和公比，再根据等比数列的求和公式可得结果；（2）根据错位相减法可求得结果.解：（1）设等比数列的公比为，则，解得，所以.（2）因为，所以时，两式相减得，即，又，且，所以，所以，即，所以数列是常数数列，所以，即.由（1）知，令，即，即，所以，所以，所以，所以，所以，即点评：关键点点睛：掌握等比数列的求和公式以及错位相减法是解决本题的关键.20.已知函数，（1）若在点处的切线倾斜角为，求的值；（2）求的单调区间；（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围答案：（1）；（2）当时，
