2021屆天津市部分區高三上學期期中練習數學試題一、單選題1．已知集合，，則中元素的個數為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先求出，再判斷中元素的個數即可.【詳解】，，，中元素的個數為：4.故選：C2．設，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據充分性和必要性的定義，結合特例法進行判斷即可.【詳解】，能推出，當時，顯然當時成立，但是不成立，不能推出，所以“”是“”的充分不必要條件，故選：A3．函數的圖象大致為（）A． B．C． D．【答案】B【分析】采用排除法，先判斷函數的奇偶性，再帶特殊點求函數值得出結果.【詳解】因為函數，定義域為，關于原點對稱，又，函數為奇函數，圖像關于原點對稱，排除A，C；又當時，，排除選項D.故選：B.【點睛】思路點睛：函數圖像的辨識可從以下方面入手：(1)從函數的定義域，判斷圖像的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置．(2)從函數的單調性，判斷圖像的變化趨勢；(3)從函數的奇偶性，判斷圖像的對稱性；(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖像.4．設，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用二倍角的余弦公式可得解.【詳解】，故選：D.5．將一個棱長為1的正方體鐵塊磨制成一個球體零件，則可能制作的最大零件的表面積為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據條件分析得到：當球為正方體的內切球時，此時球最大，據此計算出對應的表面積.【詳解】由條件可知：球為正方體的內切球時，此時球最大，此時球的半徑為正方體棱長的即為，所以表面積為：，故選：B.【點睛】結論點睛：已知正方體的棱長為，球的半徑為，（1）當球內切于正方體時，；（2）當球外接于正方體時，；（3）當球與正方體的每條棱都相切時，.6．已知單位向量的夾角為，與垂直，則實數（）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】由題意利用兩個向量的數量積的定義，兩個向量垂直的性質，求得的值．【詳解】單位向量的夾角為，，與垂直，，解得，故選：C．7．設，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據指數函數的單調性以及對數函數的單調性分別判斷出的取值范圍，從而可得結果.【詳解】，又指數函數是單調遞增函數，，即對數函數是單調遞增函數，，即，故選：C．【點睛】方法點睛：解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是判斷出各個數值所在區間（一般是看三個區間）；二是利用函數的單調性直接解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.8．已知兩條平行直線，，則與間的距離為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由兩直線平行，求出，得到，再由兩平行線間的距離公式，即可求出結果.【詳解】因為直線與平行，所以，解得，所以，即，因此與的距離為.故選：B．【點睛】本題主要考查兩平行線間的距離，熟記距離公式，以及直線平行的判定條件即可，屬于常考題型.9．已知，函數若關于的方程恰有2個互異的實數解，則的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據分段函數，看成函數與直線的交點問題，分，，討論求解.【詳解】當時，，對于直線，，因為，所以無交點；當時，，令，解得，要使方程恰有2個互異的實數解，則，解得；當時，，令，解得，因為時，方程恰有2個互異的實數解，則時，無交點，則，解得,綜上：的取值范圍為故選：D【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是由和直線過定點，確定方程恰有2個互異的實數解只有一種情況：當時，方程恰有2個互異的實數解，當時，方程無實數解.二、填空題10．函數的導函數為___________.【答案】【分析】直接利用導數的運算法則求解.【詳解】因為函數，所以，故答案為：11．在正三棱柱中，為棱的中點，，則直線和所成的角的余弦值為___________.【答案】【分析】作出示意圖，取中點，連接，然后根據平行關系確定出所成角為或其補角，結合線段長度計算出所成角的余弦值.【詳解】取中點，連接，如下圖所示：因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以直線和所成的角為或其補角，不妨設，所以，所以，所以，所以，所以直線和所成的角的余弦值為，故答案為：.【點睛】思路點睛：平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面直線的問題化歸為共面直線問題來解決，具體步驟如下：（1）平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；（2）認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；（3）計算：求該角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角．12．若向量，則與平行的單位向量是___________.【答案】或【分析】先求得向量的模，然后由求解.【詳解】因為向量，所以與平行的單位向量是或，故答案為：或13．圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的長為___．【答案】【分析】兩圓方程相減求出公共弦所在直線的解析式，求出第一個圓心到直線的距離，再由第一個圓的半徑，利用勾股定理及垂徑定理即可求出公共弦長．【詳解】圓與圓的方程相減得：，由圓的圓心，半徑r為2，且圓心到直線的距離，則公共弦長為．故答案為．【點睛】此題考查了直線與圓相交的性質，求出公共弦所在的直線方程是解本題的關鍵．14．已知，，且，則的最小值為______.【答案】【分析】由已知結合基本不等式求出ab的范圍，再結合對勾函數的單調性求解即可.【詳解】，，，即，當且僅當，即時等號成立.令，，由對勾函數性質知在上單調遞減，所以當時，函數取得最小值，且，即所以的最小值為故答案為：【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.三、雙空題15．記為等差數列的前項和，若，則___________通項公式_________________.【答案】【分析】根據可直接求解出的值；根據并結合的情況求解出的通項公式.【詳解】因為，所以；當時，，當時，，符合的情況，所以，故答案為：；.【點睛】思路點睛：利用與的關系求解數列通項公式的思路：（1）根據，先求解出時的通項公式；（2）根據條件驗證是否滿足的情況；（3）若滿足，則的通項公式不需要分段書寫；若不滿足，則的通項公式需要分段書寫.四、解答題16．已知函數.（1）求的最小正周期；（2）當時，求的最小值.【答案】（1）最小正周期；（2）最小值為.【分析】（1）化簡函數解析式，得，可得最小正周期為；（2）由得，可得在上的最小值為．【詳解】（1）由已知，有所以，的最小正周期.（2）當時，所以當，即時，取得最小值.所以，函數在上的最小值為.【點睛】本題主要考查三角函數恒等變換，屬中檔題.通過展開三角函數關系式，利用正弦二倍角公式和降冪公式，輔助角公式將函數化簡為，由周期公式可得，由的范圍求得相位的范圍，進一步得出，進而求得的范圍，得出答案.17．設函數，曲線在點處的切線與軸平行.（1）求實數；（2）求的單調區間.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先求解出，然后根據切線與軸平行得到的值，由此計算出的值；（2）先將因式分解，然后根據的取值正負確定出的單調區間.【詳解】解：（1）因為，所以.又因為曲線在點處的切線與軸平行，所以，即，即.（2）由（1）可知，當時，；當，時，.所以的單調遞增區間為和，單調遞減區間為.18．如圖，在四棱錐中，底面中，底面滿足，，底面，且，.（1）證明：；（2）求平面與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據平面，得到，再由，利用線面垂直的判定定理證明平面即可.（2）根據，，兩兩垂直，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，平面的一個法向量為，再求得平面的一個法向量，由，求解.【詳解】（1）因為平面，平面，所以又因為，平面，平面且，所以平面，又平面.所以.（2）因為，，兩兩垂直，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，.由（1）知平面，所以平面的一個法向量為，.設平面的一個法向量為，則，即取，則，所以，.即，所以所求二面角的正弦值為.【點睛】方法點睛：求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角．19．在中，角，，所對的邊分別為，，，已知.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由題意結合正弦定理可得的值（2）利用二倍角公式首先求得的值，然后利用兩角和的正弦公式可得的值.【詳解】（1）在中，由正弦定理得，，即，.（2）由（1）可得，從而，，故.【點睛】方法點睛：在解三角形題目中，若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則常用：（1）若式子含有的齊次式，優先考慮正弦定理，“角化邊”；（2）若式子含有的齊次式，優先考慮正弦定理，“邊化角”；（3）若式子含有的齊次式，優先考慮余弦定理，“角化邊”；（4）含有面積公式的問題，要考慮結合余弦定理使用；20．已知為等差數列，為等比數列且公比大于0，，，，.（1）求和的通項公式；（2）設，記數列的前項和為，求.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）直角利用已知條件建立等量關系，求出等差數列的公差，等比數列的公比，進而求出通項公式.（2）利用分