莆田一中2021-2022學(xué)年度上學(xué)期第一學(xué)段考試試卷高三   數(shù)學(xué)本試卷共4頁．全卷滿分150分．考試用時120分鐘． 注意事項： 1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)束后，將答題卡交回． 一、單項選擇題：8小題,每小題5分,共40分．在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題意 1．已知集合，則（    ）A． B． C． D．2．已知向量，，則下列向量與平行的是（    ）A． B．C． D．3．已知，則（    ）A． B． C． D．4．若等差數(shù)列{an}的公差為2，且a5是a2與a6的等比中項，則數(shù)列{an}的前n項和Sn取最小值時，n的值等于（    ）A．4 B．5 C．6 D．75．函數(shù)的圖象大致為（    ）A．B．C．D．6．已知直線，平面，，∥，，那么“⊥β”是“⊥β”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件7．如圖所示，正方形上連接著等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再連接正方形，…，如此繼續(xù)下去得到一個樹形圖形，稱為“勾股樹”.若某勾股樹含有255個正方形，且其最大的正方形的邊長為，則其最小正方形的邊長為A． B． C． D．8．，若，則的范圍（    ）.A． B． C． D． 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．以下說法，正確的是（    ）A．，使成立B．，函數(shù)都不是偶函數(shù)C．“”是“”的充要條件D．中，“”是“”的充要條件10．已知函數(shù)，下列命題中的真命題是（    ）A．若，則的圖象向左平移個單位，得到的圖象B．若，則的圖象關(guān)于直線對稱C．若在上的最小值為，則D．若在上單調(diào)遞減，則11．如圖1，在矩形與菱形中，，，，分別是，的中點.現(xiàn)沿將菱形折起，連接，，構(gòu)成三棱柱，如圖2所示，若，記平面平面，則（    ）A．平面平面 B．C．直線與平面所成的角為60° D．四面體的體積為12．已知函數(shù)，則（    ）A．是奇函數(shù)； B．；C．在上單調(diào)遞增； D．在上存在一個極值點 三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分． 13．設(shè)復(fù)數(shù)(為虛數(shù)單位)，則___________.14．在中，若的面積為2，且，則__________.15．設(shè)函數(shù). ①若，則的最大值為_______；②若有且只有個零點，則實數(shù)的取值范圍是________.16．已知矩形中，，，是邊的中點.現(xiàn)以為折痕將折起，當(dāng)三棱錐的體積最大時，該三棱錐外接球的體積為___________.    四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（本題10分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面問題中，并解答該問題.問題：銳角的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，且___________.（1）求；（2）求的取值范圍.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.  18．（本題12分）已知數(shù)列的首項為，且.（1）證明數(shù)列是等比數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；（2）若，求數(shù)列的前項和.  19．（本題12分）《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，如圖所示，四面體中，平面，，是棱的中點．(I)證明：．并判斷四面體是否為鱉臑，若是，寫出其每個面的直角（只需寫出結(jié)論）；若不是，說明理由．(Ⅱ)若四面體是鱉臑，且 ，求二面角的余弦值． 20．如圖，在平面四邊形ABCD中，，，，設(shè).（1）若，求BD的長度；（2）若，求.  21．（本題12分）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC是邊長為2的等邊三角形，平面AA1B1B⊥平面ABC，AB1＝BB1＝2.（1）過B1作出三棱柱的一個截面，使AB與截面垂直，并給出證明；（2）過C作平面α//平面AB1C1，且平面α∩平面ACC1A1＝l，求l與平面BCC1B1所成角的正弦值.  22．（本題12分）已知函數(shù).（1）當(dāng)時，求函數(shù)的圖象在處的切線方程.（2）若函數(shù)在定義域上為單調(diào)遞增函數(shù).①求整數(shù)的最大值；②證明：.
參考答案1．B【分析】先解出集合A、B，再求.【詳解】由解得：，所以.由解得：或，所以∴．故選：B2．A【分析】先計算坐標(biāo)，再根據(jù)向量滿足時與平行，逐一判斷選項即可.【詳解】因為，，所以故若向量滿足，則向量與平行.A中，由成立，知與向量平行，A正確；B中，由知，與不平行，B錯誤；C中，由知，與向量不平行，C錯誤；D中，由知，與向量不平行，D錯誤.故選：A.3．A【分析】先根據(jù)誘導(dǎo)公式化簡，再用二倍角公式求解即可【詳解】故選：A【點睛】本題主要考查了誘導(dǎo)公式與二倍角公式求解三角函數(shù)值的問題，屬于基礎(chǔ)題4．C【分析】計算得到，，，得到答案.【詳解】是與的等比中項，故，即，解得.故，所以，，故最小.故選：C.5．B【分析】通過研究函數(shù)奇偶性以及單調(diào)性，以及由排除不正確的選項，從而得出答案..【詳解】詳解：為奇函數(shù)，排除A,，故排除D.，當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞增，所以排除C；故選：B.6．C【分析】若⊥β，在平面內(nèi)找到與平行的直線，根據(jù)面面垂直的判定定理可得⊥β，若⊥β，在平面內(nèi)找到與平行的直線，根據(jù)面面垂直的性定定理可得⊥β，再根據(jù)充要條件的定義可得答案.【詳解】若⊥β， 過直線作平面γ，交平面于直線，∵，∴，又⊥β，∴⊥β，又∵α，∴⊥β，若⊥β，過直線作平面γ，交平面于直線，∵，∴，∵，∴，又∵⊥β，∩β＝，∴，∴，故“⊥β”是“⊥β”的充要條件，故選：C．【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)面面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理求解是解題關(guān)鍵.7．A【分析】由正方形的邊長構(gòu)成以為首項，以為公比的等比數(shù)列，現(xiàn)已知共得到255個正方形，借助于求和公式，可求得正方形邊長變化的次數(shù)，從而利用等比數(shù)列的通項公式，即可求最小正方形的邊長．【詳解】由題意，正方形的邊長構(gòu)成以為首項，以為公比的等比數(shù)列現(xiàn)已知共得到255個正方形，則由，所以，所以最小正方形的邊長為，故選A．【點睛】本題以圖形為載體，主要考查等比數(shù)列的求和公式及通項公式的應(yīng)用，其中解答中根據(jù)題意得出等比數(shù)列的模型，準(zhǔn)確利用公式計算是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎(chǔ)題．8．C【分析】 設(shè)，判斷為奇函數(shù)，為增函數(shù)，代入利用函數(shù)性質(zhì)解得答案.【詳解】設(shè)，則，為奇函數(shù)易知：，，為增函數(shù)，故為增函數(shù)即即故解得 故答案選C【點睛】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，奇偶性，其中構(gòu)造函數(shù)是解題的關(guān)鍵，忽略掉定義域是容易發(fā)生的錯誤.9．CD【分析】直接利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性的關(guān)系，三角函數(shù)的關(guān)系式的變換，充分條件和必要條件，不等式的性質(zhì)的應(yīng)用判斷A、B、C、D的結(jié)論．【詳解】解：對于A：設(shè)，所以，當(dāng)時，函數(shù)，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在時函數(shù)取得最小值，，所以，即，，故A錯誤；對于B：當(dāng)時，故函數(shù)為偶函數(shù)，故B錯誤；對于C：當(dāng)時，等價于，當(dāng)時，等價于，當(dāng)時，等價于，反之同樣成立，故C正確；對于D：中，當(dāng)時，，所以，由于，故，兩邊平方得：，故，即，所以或，當(dāng)時，即，由于，所以，即，，所以，故，．當(dāng)時，，故．故D正確．故選：CD．10．ACD【分析】A由函數(shù)平移描述直接寫出圖像平移后的解析式；B將代入解析式判斷是否等于即可；C、D由已知得的區(qū)間，分別根據(jù)最小值、單調(diào)性及正弦函數(shù)的性質(zhì)求范圍；【詳解】A：則，將的圖象向左平移個單位，有，故正確；B：則，故，故錯誤；C：由題設(shè)得，要使有最小值為，則，解得，故正確；D：由題設(shè)得，要使單調(diào)遞減，則，可得，顯然成立，即，故正確.故選：ACD11．AB【分析】根據(jù)題意，對四個選項一一進(jìn)行分析，對于選項A，根據(jù)線面垂直的判定定理可證出平面，再根據(jù)線面垂直的判定定理證出平面平面；對于選項B，由菱形的性質(zhì)和三角形中位線的性質(zhì)，得出，再根據(jù)面面平行的性質(zhì)，即可證出；對于選項C，由菱形的性質(zhì)和線面垂直的判定定理可證出平面，從而得出為直線與平面所成的角，利用菱形的性質(zhì)即可求出；對于選項D，結(jié)合已知條件，在中求出，再利用正弦定理求得的外接圓半徑，最后利用外接球半徑、截面圓半徑以及球心到截面的距離三者之間的關(guān)系，求出外接球的半徑，再根據(jù)球的表面積公式即可求出結(jié)果.【詳解】解：對于A，由于矩形，則，又因為，而，所以平面，又平面，所以平面平面，所以A選項正確；對于B，因為，分別是，的中點，四邊形是菱形，則也是的中點，由三角形中位線的性質(zhì)，可知，由于三棱柱，則平面平面，所以平面，而平面平面，則，所以，故B選項正確；對于C，由于四邊形是菱形，則，又因為，而，所以平面，所以為直線與平面所成的角，又因為，則，所以，故直線與平面所成的角為，故C選項不正確；對于D，由題可知，，則在中，，由正弦定理可得的外接圓半徑，由A選項可知，平面，所以四面體的外接球半徑，故四面體的外接球的表面積，故D選項不正確，故選：AB.12．BCD【分析】A.根據(jù)函數(shù)奇偶性定義結(jié)合的值進(jìn)行判斷即可；B.根據(jù)的取值范圍以及的值域進(jìn)行分析；C.先求解，然后利用導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)性并確定其取值正負(fù)，由此判斷出的取值正負(fù)，從而確定出的單調(diào)性；D.根據(jù)的單調(diào)性確定出的零點情況，由此確定出的零點情況，從而判斷出的極值點情況.【詳解】設(shè)，，令，解得，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以恒成立，所以的定義域為；A.因為 ， ，所以不為奇函數(shù)，故錯誤；B.因為，，所以，取等號時，此時，所以等號取不到，所以，故正確；C. 因為，令，所以，因為，所以，所以，且時，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以，又因為，所以，所以，所以對恒成立，所以在上單調(diào)遞增，故正確；D.由C可知時，，，所以，所以在上單調(diào)遞減，又因為，所以存在唯一使得，所以時，，時，，所以在上存在一個極值點，故正確；故選：BCD.13．        【分析】①利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上的極大值，并求出函數(shù)在上的值域，即可得出函數(shù)的最大值；②作出函數(shù)與函數(shù)的圖象，由已知條件可得出實數(shù)的取值范圍.【詳解】①當(dāng)時，，若，則，，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減.所以，，若，則，綜上所述，；②由可得或，由可得，在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)與函數(shù)的圖象如下圖所示：由圖象可知，當(dāng)時，函數(shù)有兩個零點.故答案為：①；②.14．【分析】先根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算求出，再根據(jù)復(fù)數(shù)的模的計算公式即可求出．【詳解】因為，所以．故答案為：．15．【分析】根據(jù)可得，利用數(shù)量積的定義即得解【詳解】由題意，故故答案為：16．【分析】求得三角形邊上的高，然后求得外接球的半徑，進(jìn)而求得外接球的體積.【詳解】過作交于，，在中有，.三角形是等邊三角形，邊長為，由可得三角形外接圓半徑為，設(shè)外接圓圓心為，.當(dāng)平面平面時，三棱錐的體積最大，此時平面.由于，，所以是三棱錐外接球的球心，設(shè)外接球半徑為，則，所以外接球的體積為.故答案為：17．條件選擇見解析；（1）；（2）.【分析】（1）若選①，則對利用正弦定理和三角函恒等變換公式化簡可得角；若選②，則對利用正弦定理和三角函恒等變換公式化簡可得角；若選③，則對利用正弦定理和三角函恒等變換公式化簡可得角；（2）由（1）可得，由于為銳角三角形，從而可求出角的范圍，進(jìn)而可求出的取值范圍.【詳解】解：（1）選①因為，所以，所以，整理得.因為，所以.因為，所以.選②因為，所以，所以，整理得.因為，所以，因為，所以.選③因為，所以，所以，整理得.因為，所以.因為，所以，.（2）因為，所以.因為，所以，所以，所以，所以，故.18．（1）證明見解析，；（2）.【分析】（1）先構(gòu)造等比數(shù)列：，再根據(jù)等比數(shù)列通項公式得，即得數(shù)列的通項公式；（2）先化簡，再根據(jù) ，利用裂項相消法求和【詳解】（1）解：（1）由得，因為，所以，又因為所以數(shù)列是以3為首項，以2為公比的等比數(shù)列，可得，從而.（2）依題意，，故，故.【點睛】裂項相消法是指將數(shù)列的通項分成兩個式子的代數(shù)和的形式，然后通過累加抵消中間若干項的方法，裂項相消法適用于形如 (其中是各項均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列. 裂項相消法求和，常見的有相鄰兩項的裂項求和(如本例)，還有一類隔一項的裂項求和，如或.19．(I)證明見解析，四面體是鱉臑，四個面的直角分別為，，，；(Ⅱ)．【分析】(I)首先根據(jù)已知條件證明線面垂直，進(jìn)而可證線線垂直，通過所給已知條件以及證明結(jié)論可判斷四面體為鱉臑；(II) 通過四面體是鱉臑性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面和平面的法向量，然后根據(jù)公式求解即可.【詳解】(I)因為平面，平面，所以，因為，是的中點，所以，又因為，所以平面，所以．四面體是鱉臑，四個面的直角分別為，，，．(II)若四面體是鱉臑，則為等腰直角三角形，，且．如圖所示，以為坐標(biāo)原點，以，的方向分別為，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖：由條件可得，，，，，所以，，設(shè)平面的法向量為，所以取，則，所以，由(I)可知平面的法向量為，由圖像可知，二面角為銳角，設(shè)二面角為，，所以二面角的余弦值為．故答案為：.20．（1）；（2） .【分析】（1）在直角三角形ACD中，求得AD，在中，運(yùn)用余弦定理可得BD；
（2）求得，，在中，運(yùn)用正弦定理和兩角差的正弦公式，即可得到所求值．【詳解】（1），，，可知，在中，，，，由余弦定理可知，，則；（2）由題意可知，，.在中，由正弦定理可知， ，即有，，.【點睛】本題考查三角形的正弦定理、余弦定理，以及三角函數(shù)的恒等變換，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．21．(1)證明見解析；(2)【分析】(1)設(shè)AB中點為O，連接OC、，得出截面為所求，通過證明即可得出結(jié)論.(2)以O為原點建系，如圖，求出面的一個法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解線面角的正弦值即可.【詳解】(1)如圖，設(shè)的中點為，連接，則截面即為所求.因為分別為的中線，所以，又，所以平面.(2)因為平面平面，且平面平面，平面平面，所以，故與平面所成的角等于與平面所成的角，以為坐標(biāo)原點,建立坐標(biāo)系，如圖，則，，設(shè)平面的一個法向量為，由得，令，得，所以 所以，即與平面所成角的正弦值為22．(1)；(2)①2；②證明見解析.【分析】(1)將代入，求出函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)，計算，再借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線方程；(2)①求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由給定條件可得恒成立，再由恒成立的不等式去探求恒成立，不恒成立即可；②利用①的結(jié)論并用去替換x，再變形整理，借助等比數(shù)列求和公式即可得解.【詳解】(1)當(dāng)時，，，則，而，于是得，即，所以所求切線方程為；(2)①函數(shù)定義域為，求導(dǎo)得：，因函數(shù)在定義域上為單調(diào)遞增函數(shù)，且a為整數(shù)，則有，恒成立，令函數(shù)，，，當(dāng)時，當(dāng)時，，因此，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，則有，成立，在時，兩邊取對數(shù)有恒成立，于是得，從而有而上述不等式中兩個等號不同時取得，即恒成立，當(dāng)時，恒有，因此，當(dāng)時，恒有，即有恒成立，當(dāng)時，有，而，即，不等式不恒成立，綜上得，整數(shù)的最大值為2；②由①知，不等式恒成立，令，則，于是得，因此，，所以，，成立.【點睛】思路點睛：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在指定的區(qū)間D上單調(diào)遞增(減)，求參數(shù)范圍問題，可轉(zhuǎn)化為(或)恒成立問題，從而構(gòu)建不等式，要注意“ =”是否可以取到．

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