天津市部分区2021届高三上学期期末考试数学Word版含解析

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天津市部分区2020~2021学年度高三第一学期期末数学试卷本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．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．圆锥的侧面积公式，其中r表示圆锥底面圆的半径，l表示圆锥的母线长．圆锥的体积公式，其中r表示圆锥底面圆的半径，h表示圆锥的高．球的表面积公式，其中R表示球的半径．第I卷注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将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．2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．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.设全集，且，则集合A的子集共有（）A.3个B.4个C.7个D.8个————D分析：根据题意，可求得集合A，根据子集的公式，即可求得答案.解答：根据题意可得集合，所以集合A的子集共有个.故选：D2.设是虚数单位，若复数满足，则（）A.B.C.D.————A

1分析：根据复数的除法运算，化简即可求出结果.解答：解：由题可知，，则，所以.故选：A.3.已知，则（）A.B.C.D.————C分析：先将已知条件化简，再利用二倍角公式即可求解.解答：由可得，所以，故选：C4.设是等比数列的前n项和，若，，则（）A.B.C.1D.2————B分析：根据题意两式相减可求得公比，将公比代入原式可求出首项.解答：，，两式相减可得，即，故公比为3，由得，解得.

2故选：B.5.随着人口红利的消失和智能制造趋势的演进，工业机器人逐渐成为企业提高产品质量、向智能化转型升级的核心力量．经过多年的发展，我国的工业机器人产业已经达到了定的规模，不仅在焊接、装配、搬运、冲压、喷涂等专业领域涌现出大量的机器人产品，同时机器人关键零部件方面也已经接近或达到了世界领先水平．下图是“中投产业研究院”发布的《年中国机器人产业投资分析及前景预测报告》中关于年全国工业机器人产量数据的统计图数据国家统计局，根据统计图分析，以下结论不正确的是（）A.年月，全国工业机器人本月同比增长最低的是月份，最高的是月份B.年月，全国工业机器人本月累计同比增长均在以下C.年月，全国工业机器人本月累计同比增长最低值是4月份D.年月，全国工业机器人在12月份同比增长超过————C分析：根据统计图分别对四个选项逐一判断即可得正确答案.解答：对于选项A：由图知年月，全国工业机器人本月同比增长最低的是月份，最高的是月份,故选项A正确；对于选项B：由图知年月，全国工业机器人本月累计同比增长均在以下，故选项B正确；对于选项C：年月，全国工业机器人本月累计同比增长最低值是月份，故选项C不正确；对于选项D：年月，全国工业机器人在12月份同比增长为，超过，故选项D正确，

3故选：C.6.“”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————A分析：根据定义分别判断充分性和必要性即可.解答：若，则，则，反之，若，当时，无意义，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.若实数，且，则（）A.有最大值为B.有最小值为C.有最小值为D.无最小值————B分析：变形利用基本不等式求解.解答：因为，所以当且仅当即时取“”，故选：B8.已知，是双曲线（，）的左、右焦点，为双曲线左支上一点，且满足

4，若，则该双曲线的离心率为（）A.B.C.2D.————C分析：利用双曲线定义及可得三边，再利用余弦定理可知含有的齐次式，进而求得离心率解答：由题意，又双曲线的定义为，且为双曲线左支上一点，得，在中由余弦定理得，整理得，解得：或（舍），故选：C.点拨：双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系．9.已知函数（为自然对数的底数），关于的方程恰有四个不同的实数根，则的取值范围为（）A.B.C.D.————D分析：令，由，可得，利用导数分析函数

5的单调性与极值，作出函数的图象，由图象可知，方程有两根、，且满足，，设，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.解答：令，由，可得，函数的定义域为，.当时，，由可得，由可得.所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.；当时，，此时函数单调递增，且，作出函数的图象如下图所示：

6由于关于的方程恰有四个不同的实数根，则关于的二次方程恰有两个不同的实根、，且直线与函数的图象有三个交点，直线与函数的图象有且只有一个交点，所以，，，设，由二次函数的零点分布可得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：D.点拨：方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：（1）二次项系数的符号；（2）判别式；（3）对称轴的位置；（4）区间端点函数值的符号.结合图象得出关于参数的不等式组求解.第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10.在的展开式中，x的系数是________．（用数字作答）————10分析：先求出展开式的通项，令x的指数为1即可求出.

7解答：的展开式通项为，令，解得，x的系数是.故答案为：10.11.已知直线与圆相交于，两点，若，则实数________．————分析：先求出圆心和半径，再计算圆心到直线的距离，由勾股定理可得弦长即可求解.解答：由可得：，所以圆心，，圆心到直线的距离为，由，即所以，解得：，故答案为：点拨：方法点睛：圆的弦长的求法：（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.12.

8从11至14世纪涌现出一批著名的数学家和其创作的数学著作，如秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》．某学校团委为拓展学生课外学习兴趣，现从上述五部著作中任意选择两部作为学生课外拓展学习的参考书目，则所选的两部中至少有一部不是杨辉著作的概率为________．————分析：设秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》、，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》为、、，写出样本空间，找出选的两部中至少有一部不是杨辉著作的基本事件，利用古典概型求解即可.解答：设秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》为、，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》为、、，从中随机抽取两部，则有、、、、、、、、、共个基本事件，其中选的两部中至少有一部不是杨辉著作的的基本事件有、、、、、、、共个基本事件，∴所选的两部中至少有一部不是杨辉著作的概率为，故答案为：.13.将函数（，，）的图象上所有点向左平行移动个单位长度，所得函数的部分图象如图所示，则________．————分析】

9先写出平移之和的解析式，根据图象最值可得，求出函数周期可求出，再将点代入可求得，即得解析式.解答：设向左平移个单位长度得到，则，则由图可知，且，，，，，，即，，，.故答案为：.点拨：方法点睛：根据三角函数部分图象求解析式的方法：（1）根据图象的最值可求出；（2）求出函数的周期，利用求出；（3）取点代入函数可求得.14.在平行四边形中，，，点在上且满足，，若为的中点，且，则的长为________．————分析：根据平面向量的线性运算得出和，由

10并利用向量的数量积运算化简得，从而可求出的长.解答：解：根据题意，可知平行四边形中，，，且，，则，，所以，，则，即，解得：或（舍去），所以的长为.故答案为：.点拨：关键点点睛：本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，解题的关键在于根据平面向量的线性运算得出分别用、表示和，考查转化思想和运算能力.15.如图，在圆锥中，，圆锥的侧面积为，是圆锥底面圆的内接正三角形，为上一点，且，则圆锥的体积为________，三棱锥的外接球的表面积为________．

11————(1).(2).分析：设圆锥的底面半径为，利用圆锥的侧面积公式可得出关于的等式，可求得的值，利用锥体的体积公式可求得该圆锥的体积，推导出三棱锥为正三棱锥，可得出三棱锥的外接球球心在上，计算出，可列出关于三棱锥的外接球半径的等式，求出的值，利用球体的表面积公式可求得结果.解答：设圆锥的底面半径为，则圆锥的母线长为，该圆锥的侧面积为，整理可得，，解得，所以，圆锥的体积为.由于正是圆内接正三角形，则，连接、、，平面，、平面，，，，，所以，，则，同理可证，所以，，所以，三棱锥为正三棱锥，

12，，是等腰直角三角形，且，，设三棱锥的外接球球心为，则，设三棱锥的外接球半径为，则，即，即，解得，因此，三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：；.点拨：方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.三、解答题：本大题共5小题共75分解答应写出必要的文字说明、推证过程或演算步骤．16.在中，已知（1）求角B的大小；（2）若，的面积为，求的值．————（1）；（2）.分析：（1）根据和的正弦公式化简可得，即可得出角B；（2）根据面积公式求出，由余弦定理求出，由正弦定理求出，继而求出

13，再由二倍角公式即可求出.解答：解：（1）在中，，所以．即，所以．又，所以，又，所以．（2）可得，解得，在中，由余弦定理，得，所以．由正弦定理，得，所以．因为，所以，所以．所以，所以．点拨：本题考查和的正弦公式的应用，考查正余弦定理、三角形面积公式的应用，解题的关键是正确理解正余弦定理，正确理解边角关系.17.如图，在三棱锥中，已知，，，，，

14、分别为线段、的中点．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的余弦值；（3）求平面与平面所成二面角的正弦值．————（1）证明见解析；（2）；（3）．分析：（1）推导出平面，进而可证得；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值，进而可求得所求角的余弦值；（3）利用空间向量法可求得平面与平面所成二面角的余弦值，进而可求得所求角的正弦值.解答：（1）证明：在中，，，所以，所以．在中，因为，，，所以，所以因为平面，平面，且，所以平面．又因为平面，所以；（2）解：由（1）知，平面，又，以点坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，

15因为、分别为、的中点，所以，．所以，，，设平面的法向量为，则有，即，令，得，，所以．设直线与平面所成角为．因为，，，所以．因为，所以；即直线与平面所成角的余弦值为；（3）解：由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为．因为，，所以．设平面与平面所成的二面角为，因为，所以．

16故平面与平面所成的二面角的正弦值为.点拨：方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.18.已知数列的前n项和为，，．（1）求的通项公式；（2）对任意的正整数n，设，记数列的前n项和为，求证：．————（1）；（2）证明见解析.分析：（1）根据，令，即可求得的值，当时，，两式相减，可得，根据等比数列的定义，即可求得的通项公式；（2）由（1）可得，即可求得的通项公式，利用裂项相消法，即可求得的表达式，即可得证.解答：（1）由题意，知，，①令得，，因为，所以．当时，，②所以①-②得：，即，所以．

17所以数列是首项为，以为公比的等比数列，所以．（2）由（1）得，则，所以．所以．因为，所以，所以．点拨：解题的关键为：需数列掌握等比数列的定义、裂项相消求和法，并灵活应用，常见的裂项形式有（1）；（2）；（3）；（4）.19.已知椭圆过点且离心率为．设P为圆上任意一点，过点P作该圆的切线交椭圆于E，F两点．（1）求椭圆的方程；（2）试判断是否为定值？若为定值，则求出该定值；否则，请说明理由．————（1）；（2）是，为定值.分析：

18（1）由题可得，解方程组求出的值，即可求解；（2）首先讨论切线斜率不存在情况计算的值，当切线斜率存在时，设切线方程为，点，，，利用直线与圆相切得出，并求出切点坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理可得，，化简计算即可求解.解答：（1）由题可得，解得，所以椭圆的方程为．（2）①当过点且与圆相切切线斜率不存在时，由对称性，不妨设切线方程为，则，，，所以．②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，不妨设切线的方程为，设点，，，将直线方程与圆的方程联立并整理，得，由直线与圆相切易得圆心到直线的距离即，因为，所以，联立直线和椭圆的方程并整理，得，

19则，所以，．所以．综上可知，为定值．点拨：思路点睛：圆锥曲线中求定值的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.20.已知函数，e是自然对数的底数，若，且恰为的极值点.（1）证明：；（2）求在区间上零点的个数．————（1）证明见解析；（2）零点个数为2．分析：（1）由题可得，可根据单调性和零点存在性定理判断a是的唯一零点，且在内；

20（2）求出的导数，可得当，无零点，当，构造函数，求出导数，分，，三段讨论的单调性，并结合零点存在性定理判断的单调性，即可得出零点个数.解答：解:（1）由题意，得．因为为函数的极值点，所以．令，显然a是的零点．则，在上单调递增，因为，，所以在上有唯一的零点a，所以．（2）由（1）知，，．①当时，由，，，得，，所以在上单调递减，，所以在区间上不存在零点．②当时，设，则，（ⅰ）若，令，则，所以在上单调递减．因为，；

21所以存在，满足．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．（ⅱ）若，令，，则，所以在区间上单调递减，所以．又因为，所以，在上单调递减．（ⅲ）若，则，在上单调递减．由（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）得，在上单调递增，在单调递减．因为，，所以存在使得，所以，当时，，在上单调递增，所以；当时，，在上单调递减，因为，，所以在区间上有且只有一个零点，综上，在区间上的零点个数为2．

22点拨：关键点睛：本题考查利用导数求函数零点个数，解题的关键是构造函数，并分段利用导数讨论函数的单调性，利用零点存在性定理判断，本题的难点在于需分多段讨论且多次构造函数求导讨论.