福建省福州第一中学2021届高三第一学期期中考试数学试题

福建省福州第一中学2021届高三第一学期期中考试数学试题

福州一中2020—2021学年第一学期 高三数学半期考试卷 ‎（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．已知命题 ，则为 A． B．‎ C． D．‎ ‎ 2．设复数满足，则 A． B． C． D．‎ ‎3．已知集合，，则 A． B． C． D． ‎ ‎4．已知等差数列的公差为5，前项和为，且成等比数列，则 A． B． C． D．‎ ‎5．设函数若，则实数的取值范围是 A． B． ‎ C． D．‎ ‎6．《九章算术》卷第五《商功》中，有问题“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”，意思是：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽丈，长丈；上棱长丈，无宽，高丈（如图）．问它的体积是多少? ”这个问题的答案是 A． 5立方丈 B． 6立方丈 ‎ C． 7立方丈 D． 9立方丈 ‎7．设，，，其中，则下列说法正确的是 A． B． C． D．‎ ‎8．已知函数（，为自然对数的底数），若与的值域相同，则的取值范围是 A． B． C． D．或 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分 ‎9．已知，下列说法正确的有 A．的最小正周期是 B．最大值为 C．的图象关于对称 D．的图象关于对称 ‎10．已知平面向量、、为三个单位向量，且，若（），则的可能取值为 A． B． C． D．‎ ‎11．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，以下结论正确的有 A． ‎ B．异面直线所成的角为定值 C．点到的距离为定值 ‎ D．三棱锥的体积是定值 ‎12．在（）中，内角的对边分别为，的面积为，若，，，且，，则 A．一定是直角三角形 B．为递增数列 ‎ C．有最大值 D．有最小值 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．已知向量，，且在上的投影为，则______．‎ ‎14．设变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为______．‎ ‎15．已知函数的图象关于直线对称，是的一个极大值点，是的一个极小值点，则的最小值为______．‎ ‎16．三棱锥中，，，面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积为______．‎ 四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（10分）‎ 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求三角形的周长；若问题中的三角形不存在，请说明理由．‎ 问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，， ？‎ 注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．‎ ‎18．（12分）‎ 如图，在三棱柱中，，，，，是棱上一点．‎ ‎（1）若分别是，的中点，求证：；‎ ‎（2）若，求二面角的大小．‎ ‎19．（12分）‎ 已知等比数列的公比，满足：，且是的等差中项．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，为数列的前项和，求使成立的正整数 的最小值．‎ ‎20．（12分）‎ 如图，在四棱锥中，平面，，，，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）长为何值时，直线与平面所成角最大？并求此时该角的正弦值．‎ ‎21．（12分）‎ 一个玩具盘由一个直径为米的半圆和一个矩形构成，米，如图所示．小球从点出发以的速度沿半圆轨道滚到某点处后，以的速度沿与点切线垂直的方向弹射到落袋区内，落点记为．记，‎ ‎（1）用表示小球从到所用的时间；‎ ‎（2）当小球从到所用的时间最短时，求的值．‎ ‎ ‎ ‎22．（12分）‎ 已知函数是自然对数的底数,是的导函数．‎ ‎（1）若，求证：在单调递增；‎ ‎（2）证明：有唯一的极小值点（记为），且．‎ 高三数学半期考参考答案 ‎1-4 DBAC 5-8 CADA 9 BD 10 ABC 11 ACD 12 ABD ‎13． 14． 15． 16．‎ ‎17．解：若选①：因为，所以 又因为，所以，即，‎ 又因为，所以，所以．‎ 由余弦定理得，即，‎ 因为，所以，‎ 所以，与矛盾，‎ 所以满足条件的三角形不存在．‎ 若选②：…………即，‎ 又因为，所以，所以 故，即，‎ 所以三角形周长．‎ 若选③：…………即，‎ 又因为，所以，‎ 联立，解得，，‎ 所以三角形周长．‎ ‎18．证明：（1）连结A1B交AB1于P． ‎ 因为三棱柱ABC-A1B1C1，所以P是A1B的中点． ‎ 因为M，N分别是CC1，AB的中点，‎ 所以NP // CM，且NP = CM，‎ 所以四边形MCNP是平行四边形， ‎ 所以CN//MP． ‎ 因为CN平面AB1M，MP平面AB1M， ‎ 所以CN //平面AB1M． ‎ ‎（2）因为AC=BC=2，， 所以由勾股定理的逆定理知BC⊥AC． ‎ 又因为CC1⊥平面ABC，‎ ‎ 以C为原点，CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系C-xyz．‎ ‎ 因为，所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,4)，，，‎ ‎． 设平面的法向量，则 ‎，．‎ 即 ‎ 令，则，即．‎ 又平面MB1C的一个法向量是，‎ 所以． ‎ 由图可知二面角A-MB1-C为锐角，‎ 所以二面角A-MB1-C的大小为． ‎ ‎19．（1）∵是的等差中项，∴，‎ 代入，可得，‎ ‎∴，∴，解之得或，‎ ‎∵，∴，∴数列的通项公式为 ‎（2）∵，‎ ‎∴，．．．．．．．．．．．．．．．①‎ ‎，．．．．．．．．．．．．．②‎ ‎②—①得 ‎∵，∴，又因为，‎ 所以，所以，‎ 所以使成立的正整数的最小值为 ‎20．解：（1）∵平面平面，∴，‎ 又，‎ ‎∴，∴，即（为与交点）．‎ 又，∴平面 又因为，所以．‎ ‎（2）解：如图，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间坐标系，如图，‎ 设，则，‎ 则，，，设平面法向量为，‎ 则，即，取，得平面的一个法向量为，‎ 所以，‎ 因为，当且仅当时等号成立，‎ 所以，记直线与平面所成角为，‎ 则，故，‎ 即时，直线与平面所成角最大，此时该角的正弦值为．‎ ‎21．(1)A到E弧长为，，，所以 ‎ ，所以，‎ ‎（2），‎ 记，且，则，‎ 当时，，所以，单调递减，‎ 当时，，所以，单调递增，‎ 所以时，用时最短．‎ 答：当时，小球从到所用的时间最短．‎ ‎22．解（1），记，‎ 则，，‎ 因为，所以，所以在单调递增，‎ ‎，‎ 当时，，所以在单调递增，‎ ‎（2）当时，在单调递增，又，，所以函数在有唯一的零点．‎ 当时，，，故，使得，且 时，，单调递减，‎ 时，，单调递增，‎ 又，，所以函数在有唯一的零点．‎ 综上所述，在有唯一的零点．‎ 当时，，又有唯一的零点，记为，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，‎ 所以是唯一的极小值点，即且满足，‎ 由单调性知，‎ 另一方面，‎ 记，则，‎ 所以单调递减，‎ 又因为，所以，‎ 综上所述， ．‎