2024-2025学年天津二十一中高三（上）期中数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年天津二十一中高三（上）期中数学试卷（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 88.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-18 14:18:55 | ||
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文档简介
2024-2025学年天津二十一中高三（上）期中数学试卷
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.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件
3.函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.已知平面，，直线，直线不在平面内，下列说法正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.设，，，则( )
A. B. C. D.
6.已知数列，均为等差数列，其前项和分别为，满足，则( )
A. B. C. D.
7.灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分除去两个球缺如图，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高已知球缺的体积公式为，其中是球的半径，是球缺的高已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆直径为，则该灯笼的体积为取( )
A. B. C. D.
8.函数，其图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，则( )
A.
B. 是函数图象的一条对称轴
C. 时，函数单调递增
D. 的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则的最小值是
9.设函数的定义域为，满足，且当时，若对任意，都有，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.为虚数单位，若复数，则 ______．
11.的值为 ．
12.已知函数为偶函数，其图象在点处的切线方程为，记的导函数为，则 ______．
13.已知正数，满足，则的最小值为______．
14.折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图其展开几何图是如图的扇形，其中，，，点在上包含端点，则 ______；的取值范围是______．
15.已知定义域为的函数且满足，函数，若函数有个零点，则的取值范围为______；若方程的解为、、、，则的取值范围为______．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，已知．
求角的大小；
求的值；
求的值．
17.本小题分
如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点．
求证：平面；
求平面与平面夹角的正弦值；
若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离．
18.本小题分
记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，，，．
求数列和的通项公式；
若，求数列的前项和；
求证：对于且，．
19.本小题分
已知数列的前项和若，且数列满足．
求证：数列是等差数列；
求证：数列的前项和．
若对一切恒成立，求实数的取值范围．
20.本小题分
已知函数．
当时，求的单调区间；
若函数存在正零点．
求的取值范围；
记为的极值点，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.解：由余弦定理以及，，，
则，
，
；
由正弦定理，以及，，，
可得；
由，及，可得，
则，
，
．
17.解：证明：连接，因为，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
因为点和分别为和的中点，所以且，
因为，，为的中点，所以且，
可得且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面．
因为平面，，
故以为原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
依题意可得，，，，
，，，
，
设为平面的法向量，
则，即，取，
设为平面的法向量，
则，即，取，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的正弦值为．
设，即，
则．
从而．
由知平面的法向量为，
而直线与平面所成的角为，
所以，
即，
整理得，解得或，
因为，
所以，所以，，
由知是平面的法向量，
点到平面的距离为．
18.解：等差数列中，设公差为，则，，解得，；
所以；
数列是等比数列，且满足，，
设的公比为，则由，，解得，
所以；
由，
所以数列的前项和为；所以；
证明：因为等差数列的前项和为，
所以对于，且，则
．
19.解：证明：由题意知，
当时，，所以．
当时，，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
因为，所以，
所以，令，可得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
证明：由知，
所以，
所以，
两式相减，可得
，
所以，所以．
若对一切恒成立，只需要的最大值小于或等于．
因为，
所以，所以数列的最大项为和，且．
所以，即，
解得或，即实数的取值范围是．
20.解：由已知可得的定义域为，且，
因此当时，，从而，
所以的单减区间是，无单增区间；
由知，，
令，，
当时，，单调递减．
当时，可知，在内单调递减，
又，故当时，，所以不存在正零点；
当时，，，，
在单调递减，故当时，，函数不存在正零点；
当时，，此时，，
所以存在满足，
所以在内单调递增，在内单调递减．
令，则当时，，
故在内单调递增，在内单调递减，
从而当时，，即，
所以，
又因为，所以，
因此，此时存在正零点；
综上，实数的取值范围为；
由题意，，即，
从而，即，
由知当时，，即，有，
又，故，
两边取对数，得，
于是，整理得．
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一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.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件
3.函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.已知平面，，直线，直线不在平面内，下列说法正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.设，，，则( )
A. B. C. D.
6.已知数列，均为等差数列，其前项和分别为，满足，则( )
A. B. C. D.
7.灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分除去两个球缺如图，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高已知球缺的体积公式为，其中是球的半径，是球缺的高已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆直径为，则该灯笼的体积为取( )
A. B. C. D.
8.函数，其图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，则( )
A.
B. 是函数图象的一条对称轴
C. 时，函数单调递增
D. 的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则的最小值是
9.设函数的定义域为，满足，且当时，若对任意，都有，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.为虚数单位，若复数，则 ______．
11.的值为 ．
12.已知函数为偶函数，其图象在点处的切线方程为，记的导函数为，则 ______．
13.已知正数，满足，则的最小值为______．
14.折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图其展开几何图是如图的扇形，其中，，，点在上包含端点，则 ______；的取值范围是______．
15.已知定义域为的函数且满足，函数，若函数有个零点，则的取值范围为______；若方程的解为、、、，则的取值范围为______．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，已知．
求角的大小；
求的值；
求的值．
17.本小题分
如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点．
求证：平面；
求平面与平面夹角的正弦值；
若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离．
18.本小题分
记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，，，．
求数列和的通项公式；
若，求数列的前项和；
求证：对于且，．
19.本小题分
已知数列的前项和若，且数列满足．
求证：数列是等差数列；
求证：数列的前项和．
若对一切恒成立，求实数的取值范围．
20.本小题分
已知函数．
当时，求的单调区间；
若函数存在正零点．
求的取值范围；
记为的极值点，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.解：由余弦定理以及，，，
则，
，
；
由正弦定理，以及，，，
可得；
由，及，可得，
则，
，
．
17.解：证明：连接，因为，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
因为点和分别为和的中点，所以且，
因为，，为的中点，所以且，
可得且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面．
因为平面，，
故以为原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
依题意可得，，，，
，，，
，
设为平面的法向量，
则，即，取，
设为平面的法向量，
则，即，取，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的正弦值为．
设，即，
则．
从而．
由知平面的法向量为，
而直线与平面所成的角为，
所以，
即，
整理得，解得或，
因为，
所以，所以，，
由知是平面的法向量，
点到平面的距离为．
18.解：等差数列中，设公差为，则，，解得，；
所以；
数列是等比数列，且满足，，
设的公比为，则由，，解得，
所以；
由，
所以数列的前项和为；所以；
证明：因为等差数列的前项和为，
所以对于，且，则
．
19.解：证明：由题意知，
当时，，所以．
当时，，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
因为，所以，
所以，令，可得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
证明：由知，
所以，
所以，
两式相减，可得
，
所以，所以．
若对一切恒成立，只需要的最大值小于或等于．
因为，
所以，所以数列的最大项为和，且．
所以，即，
解得或，即实数的取值范围是．
20.解：由已知可得的定义域为，且，
因此当时，，从而，
所以的单减区间是，无单增区间；
由知，，
令，，
当时，，单调递减．
当时，可知，在内单调递减，
又，故当时，，所以不存在正零点；
当时，，，，
在单调递减，故当时，，函数不存在正零点；
当时，，此时，，
所以存在满足，
所以在内单调递增，在内单调递减．
令，则当时，，
故在内单调递增，在内单调递减，
从而当时，，即，
所以，
又因为，所以，
因此，此时存在正零点；
综上，实数的取值范围为；
由题意，，即，
从而，即，
由知当时，，即，有，
又，故，
两边取对数，得，
于是，整理得．
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