2021年高三上学期期末统一考试数学(理)试题 含解析

2021年高三上学期期末统一考试数学（理）试题含解析
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，
选出符合题目要求的一项．
1．已知全集，集合，，则
A． B．
C． D．
2．在复平面内，复数对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的是
A． B． C． D．
4．若，且，则“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．从中任选两个不同的数字组成一个两位数，其中偶数的个数是
A．B．C．D．
6．某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为
A．B．
C．D．
7．在中，，点D是边上的动点，且，,()
，则当取得最大值时,的值为
俯视图
正视图侧视图
A．B．C．D．
8．某校高三（1）班32名学生全部参加跳远和掷实心球两项体育测试．跳远和掷实心球两项测试成
绩合格的人数分别为26人和23人，这两项成绩都不合格的有3人，则这两项成绩都合格的人数是
A．B．C．D．
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上．
9．已知双曲线的一条渐近线方程为，则等于．
10．已知等差数列的前n项和为．若，，
11．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为．
12．在△中，已知，则．
13．设D为不等式组表示的平面区域，对于区域D
的取值范围是．
14
集合（），：是从集合到集合的一个函数，
①如果都有，就称是保加法的；
②如果都有，就称是保乘法的；
③如果既是保加法的，又是保乘法的，就称在上是保运算的．
在上述定义下，集合封闭的（填“是”或“否”）；若函数在上保运算，并且是不恒为零
的函数，请写出满足条件的一个函数．
三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．15．（本小题满分13分）
已知函数．
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值．
16．（本小题满分13分）
甲、乙两位同学参加数学文化知识竞赛培训．现分别从他们在培训期间参加的若干次测试
成绩中随机抽取8次，记录如下：
甲：82 81 79 78 95 88 93 84 乙：92 95 80 75 83 80 90 85
（Ⅰ）用茎叶图表示这两组数据；
（Ⅱ）现要从中选派一人参加正式比赛，从所抽取的两组数据分析，你认为选派哪位同
学参加较为合适？并说明理由；
（Ⅲ）若对甲同学在今后的3次测试成绩进行预测，记这3次成绩中高于80分的次数
为（将甲8次成绩中高于80分的频率视为概率），求的分布列及数学期望．
17．（本小题满分14分）
在如图所示的几何体中， 四边形为正方形，四边形为直角梯形，且平面平面 .
（Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若二面角为直二面角，
（i ）求直线与平面所成角的大小； （ii ）棱上是否存在点，使得平面?
若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18． （本小题满分13分）
已知椭圆上的动点与其顶点,不重合． （Ⅰ）求证：直线与的斜率乘积为定值；
（Ⅱ）设点，在椭圆上，为坐标原点，当,时，求的面积．
19．（本小题满分14分） 设函数，，．
（Ⅰ）当时，求函数在点处的切线方程； （Ⅱ）若函数有两个零点，试求的取值范围； （Ⅲ）证明．
20．（本小题满分13分）
设是正整数，数列，其中是集合中互不相同的元素．若数列满足：只要存在使，总存在有，则称数列是“好数列”． （Ⅰ）当时，
F
A
D
C
B
E
（ⅰ）若数列是一个“好数列”，试写出的值，并判断数列：是否是一个“好数列”？
（ⅱ）若数列是“好数列”，且，求共有多少种不同的取值？
（Ⅱ）若数列是“好数列”，且是偶数，证明：．
详细答案部分
1.【考点】集合的运算
【解析】由得，由得，，，故选B.
【答案】B
2.【考点】复数综合运算
【解析】，对应的点为，所以在第四象限，故选D.【答案】D
3.【考点】函数的奇偶性函数的单调性与最值
【解析】，所以为偶函数，在上为减函数，不满足题意；为开口向下的二次函数，关于轴对称为偶函数，在上单调减，不满足题意；，为偶函数，当时，在上为减函数，不满足题意，，为偶函数，当时，函数为增函数，故选D.
【答案】D
4.【考点】充分条件与必要条件
【解析】函数在上是减函数，则，函数在上是增函数，则，解得，所以时满足，“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”的充分条件，时，不一定有，故“函数在上是减函数”不是“函数在上是增函数”的必要条件，故答案为A.
【答案】A
5.【考点】排列与排列的运用
【解析】当末位数字为0时，首位可以是1，2，3，4中的一个，有4个，当末位数字为2或4时，首位可以是除了0之外的其它3个数字中的1个，故有种，所以偶数的个数是10个，故选C.
【答案】C
6.【考点】空间几何体的表面积与体积空间几何体的三视图与直观图
【解析】还原三视图后放到长方体里如图所示，，，，为四棱锥的高体积为，故答案为B.
【答案】B
7.【考点】线性运算
【解析】点D是边上的动点，则三点共线，满足，所以，即，又，所以，，，当且仅当时，等号成立，此时为的中点，，.故选C.
【答案】C
8.【考点】集合的运算
【解析】设跳远和掷实心球测试都合格的为人，则，解得，所以选B.
【答案】B
9.【考点】双曲线
【解析】双曲线的渐近线方程为，所以，又，所以。

【答案】3
10.【考点】等差数列
【解析】设等差数列的公差为，则，即，，，，，故答案为4，110.
【答案】4，110
11.【考点】算法和程序框图
【解析】执行程序
，判断，是，进入循环；
，判断，是，进入循环；
，判断，是，进入循环；
，判断，否，输出
故答案为：30
【答案】30
12.【考点】解斜三角形
【解析】由正弦定理，所以，解得，则，所以.故答案为105°.
【答案】105°
13.【考点】线性规划
【解析】画出可行域如图所示
令，，当直线过点是有最大值，联立，得，代入；
第二空：
解法一、
由图可知，令，则，，当时，有最小值，代入得，故的取值范围为.
解法二、
如图当点在与平行的直线：上运动时，为（负）定值，故对每一个，这道当落在与的交点时，与原点的距离最小，从而取得最小值；
当变化时，与的交点在上运动，此时，故=，为常数，综上知道，的最小值在线段上取到，最小值为，而最大值在线段上取到，最大值为0，故取值范围为.
解法三：
注意到所求为一次齐次式，可以考虑分子分母同除以，
当时，得到；
当时，得到，这里为原点与点的直线的斜率，容易得到，从而上述的取值范围为；
当是，得到这里为原点与点的直线的斜率，容易得到，从而上述的取值范围为；
综上所述，知道取值范围为.
解法四：
设，
令，，
由在可行域内，，
故.
【答案】；
14.【考点】函数综合
【解析】设，
则，
，
则，
所以集合是封闭的.
设，则，满足，.
【答案】是；,
15.【考点】三角函数综合
【解析】（Ⅰ）因为
所以的最小正周期为．
（Ⅱ）因为
当时，取得最大值；
当取得最小值．
【答案】见解析
16.【考点】概率综合
【解析】（Ⅰ）作出茎叶图如下：
（Ⅱ）派甲参赛比较合适．理由如下：
，
，
，
因为，，
所以，甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适．
注：本小题的结论及理由均不唯一，如果考生能从统计学的角度分析，给出其他合理回答，同样给分．如派乙参赛比较合适．理由如下：
从统计的角度看，甲获得85分以上（含85分）的频率为，
乙获得85分以上（含85分）的频率为．
因为，所以派乙参赛比较合适．
（Ⅲ）记“甲同学在一次数学竞赛中成绩高于80分”为事件A，．
随机变量的可能取值为0，1，2，3，且．
∴，．
所以变量的分布列为：
0123
P
．（或）
【答案】见解析
17.【考点】立体几何综合
【解析】证明：（Ⅰ）连结，设，
因为四边形为正方形，
所以为中点．
设为的中点，连结，
则，且．
由已知，且，
所以．
所以四边形为平行四边形．
所以，即．
因为平面，平面，
所以//平面．
（Ⅱ）由已知，，
所以．
因为二面角为直二面角，
所以平面平面．
所以平面，
所以．
四边形为正方形，所以．
所以两两垂直．
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为，
所以，所以．
（i）设平面的一个法向量为，
由得即
取，得．
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以．
即直线与平面所成角的大小为．
（ii）假设棱上存在点，使得平面．
设，则．
设，则，
因为，所以．
所以，所以点坐标为．
因为，所以．
又，所以
解得．
因为，所以上存在点，使得平面，且．
（另解）假设棱上存在点，使得平面．
设，则．
设，则，
因为，所以．
所以，所以点坐标为．
因为，所以．
设平面的一个法向量为，
则由，
得
取，得．
由，即，
可得解得．
因为，所以上存在点，使得平面，且．
【答案】见解析
18.【考点】圆锥曲线综合
【解析】（Ⅰ）设，则．
所以直线与的斜率乘积为．
（Ⅱ）依题直线的斜率乘积为．
①当直线的斜率不存在时，直线的斜率为，设直线的方程是，由得，．取，则．所以的面积为．
②当直线的斜率存在时,设直线的方程是,
由得．
因为，在椭圆上，
所以，解得．
设,,则，．
．
设点到直线的距离为，则．
所以的面积为……①．
因为,，直线,的斜率乘积为，所以．
所以．
由，得．……②
由①②，得．
综上所述，．
【答案】见解析
19.【考点】导数的综合运用
【解析】（Ⅰ）函数的定义域是，．
当时，，．
所以函数在点处的切线方程为．
即．
（Ⅱ）函数的定义域为，由已知得．
①当时，函数只有一个零点；
②当，因为，
当时，；当时，．
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
又，，
因为，所以，所以，所以
取，显然且
所以，．
由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点．
③当时，由，得，或．
ⅰ) 当，则．
当变化时，变化情况如下表：
注意到，所以函数至多有一个零点，不符合题意．
ⅱ) 当，则，在单调递增，函数至多有一个零点，不符合题意．若，则．
当变化时，变化情况如下表：
注意到当时，，，所以函数至多有一个零点，不符合题意．
综上，的取值范围是
（Ⅲ）证明：．
设，其定义域为，则证明即可．
因为，取，则，且．
又因为，所以函数在上单增．
所以有唯一的实根，且．
当时，；当时，．
所以函数的最小值为．
所以
．
所以
【答案】见解析
20.【考点】数列综合应用
【解析】（Ⅰ）（ⅰ），或；
数列：也是一个“好数列”．
（ⅱ）由（ⅰ）可知，数列必含两项，
若剩下两项从中任取，则都符合条件，有种；
若剩下两项从中任取一个，则另一项必对应中的一个，
有种；
若取，则，，“好数列”必超过项，不符合；
若取，则，另一项可从中任取一个，有种；
若取，则，，“好数列”必超过项，不符合；
若取，则，符合条件，
若取，则易知“好数列”必超过项，不符合；
综上，共有66种不同的取值．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）易知，一个“好数列”各项任意排列后，还是一个“好数列”．又“好数列”各项互不相同，所以，不妨设．
把数列配对：，
只要证明每一对和数都不小于即可．
用反证法，假设存在，使，
因为数列单调递增，所以，
又因为“好数列”，故存在，使得，
显然，故，所以只有个不同取值，而有个不同取值，矛盾．
所以，每一对和数都不小于，
故，即．
【答案】见解析
21301 5335 匵31039 793F 礿Z34249 85C9 藉33272 81F8 臸23171 5A83 媃39607 9AB7 骷39692 9B0C 鬌/24064 5E00 帀8'25766 64A6 撦。