2021届四川省巴中市高三一模数学试卷及答案

这是一份2021届四川省巴中市高三一模数学试卷及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省巴中市2021-2022学年高三上学期一诊数学理科试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．2．已知为虚数单位，若复数z满足，则（       ）A． B．5 C． D．3．如图，样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的样本平均数分别为和，样本标准差分别为和，样本极差分别为和，则（       ）A．，， B．，，C．，， D．，，4．的展开式中的系数为（       ）A．5 B．10 C．15 D．205．设等差数列的前n项和为，若，则（       ）A．4 B．17 C．68 D．1366．已知函数是奇函数，当时，，则（       ）A．1 B．-1 C．3 D．-37．刘徽（225—295）是我国魏晋时期杰出的数学家，擅长利用切割的方法求几何体的体积.他将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（       ）A． B． C． D．8．在正方体中，M，N分别为，的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．9．已知，则（       ）A． B． C． D．10．设，分别为双曲线（a>0，b>0）的左､右焦点，若双曲线上存在一点P使得，且，则该双曲线的离心率为（       ）A．2 B． C． D．11．已知等比数列的公比为，前项和为，则下列命题中错误的是（       ）A．B．C．，，成等比数列D．“”是“，，成等差数列”的充要条件12．已知，b=1.1，，，则a､b､c､d的大小关系为（       ）A．a>b>c>d B．a>b>d>cC．b>a>c>d D．b>a>d>c二、填空题13．已知函数，若，则___________.14．已知向量，，，若，则m=___________.15．已知抛物线和点，过M的直线交抛物线于A､B两点，抛物线在点A､B处的切线､交于点P，若M为线段AB的中点，则的面积为___________.16．在长方体中，BC=3，，M为CD的中点，动点P在侧面内，且，则动点P的轨迹的长度为___________.三、解答题17．为落实“双减”政策，增强学生体质，某校初一年级将学生分成甲､乙两组进行跳绳比赛，比赛采取5局3胜制.在比赛中，假设每局甲组获胜的概率为，乙组获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.(1)求甲组在4局以内（含4局）获胜的概率；(2)设为决出胜负时比赛的总局数，求的分布列及数学期望.18．在中，a，b，c分别为角A､B､C的对边，.(1)求A；(2)若角A的平分线AD交BC于D，且BD=2DC，，求a.19．如图1，在梯形ABCD中，，，AB=4，，CD=7，点E在CD上，CE=3.将沿AE翻折到PAE，使得平面平面ABCE（如图2），又于M，于N.(1)证明：平面平面AMN；(2)求二面角P-AM-N的余弦值.20．已知点，和圆O：，动点M在圆O上，关于M的对称点为N，的中垂线与交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设曲线C与y轴的正半轴交于点P，不过点P的直线l交曲线C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点.21．已知函数.(1)若曲线在点处的切线方程为，求a的值；(2)若恒成立，求a的取值范围22．在直角坐标系xOy中，圆C：，直线l的参数方程（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆C和直线l的极坐标方程；(2)若圆C的圆心到l的距离为，求直线l的直角坐标方程.23．已知，若在R上恒成立.(1)求实数a的取值范围；(2)设实数a的最大值为m，若正数b，c满足，求bc+c+2b的最小值.
参考答案：1．B【解析】【分析】求出集合中的范围，与集合取交集【详解】集合中，根据得：，所以集合，集合，所以故选：B2．A【解析】【分析】对复数进行化简计算，然后根据复数的模长公式，得到答案.【详解】由已知所以故选：A3．B【解析】【分析】观察图形可知，样本A的数据均在之间，样本B的数据均在之间，利用平均数，标准差，极差的定义可得解.【详解】观察图形可知，样本A的数据均在之间，样本B的数据均在之间，由平均数的计算可知，样本极差样本B的数据波动较小，故， 故选：B4．C【解析】【分析】先求出项式的展开式的通项为，进而可以求出的展开式中含的项，由此即可求出结果.【详解】因为二项式的展开式的通项为，所以的展开式中含的项为，所以的系数为.故选：C．5．C【解析】【分析】由等差数列的通项公式得出，再由求和公式得出.【详解】设数列的公差为d，因为，所以，即，.故选：C6．D【解析】【分析】根据函数为奇函数及对数的运算，可以得到，进而根据解析式求出，最后求得答案.【详解】因为函数为奇函数，所以，而.所以.故选：D.7．A【解析】【分析】该几何体由柱体和锥体构成，可以通过三视图画立体图.【详解】如下图所示 故选：A8．D【解析】【分析】取AB的中点G，连接，MN，GC，则，则（或其补角）就是异面直线与所成的角，运用余弦定理可求出答案.【详解】解：如图，取AB的中点G，连接，MN，GC，，分别为，的中点 ，所以，，所以，，所以四边形AGNM是平行四边形，所以，所以（或其补角）就是异面直线与所成的角， 设正方体的棱长为2，则，所以，又，所以在中，，所以异面直线AM与CN所成角的余弦值为.故选：D.9．C【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，进而求出，再利用二倍角公式计算可得.【详解】联立， 解得，故选：C10．B【解析】【分析】由双曲线的定义得到，再由题意知，，三个式子组合即可得到，解出的值，在由双曲线的离心率为，即可得到答案.【详解】，即①.根据双曲线的定义可得，即②，①减去②得.，故，解得或（舍）. 双曲线的离心率为.故选：B.11．C【解析】【分析】根据和等比数列的概念，即可判断选项A是否正确；根据和等比数列的概念，即可判断选项B是否正确；当时，，即可判断选项C是否正确；若，，成等差数列，可得，即，由此根据等比数列的概念，即可判断选项D是否正确.【详解】对于选项A，因为，又等比数列的公比为，所以所以，即，故A正确；因为，所以，故B正确；当时，，显然此时，，不能成等比数列，故C错误；若，，成等差数列，则，所以，即，所以，所以“”是“，，成等差数列”的充要条件，故D正确.12．B【解析】【分析】由导数得出函数，的单调性，并由单调性得出大小关系.【详解】令，，则函数在上单调递增，即在上恒成立，即；令，，即函数在上单调递增，则，故故选：B13．1【解析】【分析】取，代入计算得到答案.【详解】取，则.故答案为：1.14．##【解析】【分析】先求出的坐标，再根据向量平行得出关于的方程，得出答案.【详解】由题意可得由，可得，解得 故答案为：15．【解析】【分析】联立直线和抛物线方程，利用韦达定理结合M为线段AB的中点，得出的值，进而得出坐标，再结合导数得出切线，的方程，进而得出点坐标，再由距离公式求出的面积.【详解】设直线的方程为，与联立得出，设，则，又M为线段AB的中点，所以，解方程可得出，即，由，则切线，的斜率分别为，则切线，的方程分别为，联立可得，点到直线：的距离，，则.故答案为：16．【解析】【分析】由线面垂直的性质以及相似三角形的性质得出，再建立坐标系得出动点P的轨迹，利用弧长公式得出动点P的轨迹的长度.【详解】由线面垂直的性质可知，，又，所以与相似，由得出，以为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系，由，可得，化简得出，则点的轨迹为，因为，所以，则的长度为.故答案为：17．(1)；(2).【解析】【分析】（1）甲组在4局以内（含4局）获胜分为比赛三局甲获胜和比赛四局甲获胜，分别求出相应概率相加即可；（2）由题意知可为. 分别求出相应的概率，即可列出分布列和求出数学期望(1)甲组在4局以内（含4局）获胜分为比赛三局甲获胜和比赛四局甲获胜，比赛三局甲获胜的概率为，比赛四局甲获胜的概率为，故甲组在4局以内（含4局）获胜的概率为.(2)由题意知可为.，，.   的数学期望.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；（2）根据BD=2DC，由角平分线定理得到c=2b,再由，得到 ，再利用余弦定理求解.(1)解：因为，所以,，即，即，所以，因为，所以；(2)因为角A的平分线AD交BC于D，且BD=2DC，由角平分线定理得：c=2b,又，即，所以 ，即 ，所以 ，由余弦定理得：，所以.19．(1)证明解解析.(2)【解析】【分析】(1)在平面图中先证明,即空间图2中，根据条件再证明 平面，从而得到，从而证明平面,得到，再证明平面，从而可证明结论.(2) 由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作,以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量法求解即可.(1)在平面图1中，连结,过点作, 垂足为 由题意, 则四边形为平行四边形所以 又 在和中，由勾股定理得： 所以,则,即空间图2中 由平面平面ABCE，平面平面ABCE ，所以平面ABCE，又平面ABCE，则又,所以 平面 又  平面,所以,又且,所以平面,且平面所以，又，且 所以平面,且平面所以平面平面AMN(2)由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.则 由（1）可知平面，则为平面的一个法向量. 平面,则为平面的一个法向量.则 所以二面角P-AM-N的余弦值为20．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）找到动点满足的等量关系式，根据定义可知轨迹为椭圆，从而得到椭圆方程（2）设直线方程，与椭圆联立，根据以及韦达定理，得到直线方程中参数满足的等量关系，从而求出直线过的定点(1)如上图所示，因为Q是的中垂线上一点，所以，所以，中，为中点，为中点，即为的中位线，所以，即，所以点Q的轨迹为椭圆，，所以，椭圆方程为：(2)由（1）得：，直线斜率不存在时，不满足题意，所以直线斜率存在，设直线的方程为：，联立得：，设，则，，，， ，因为，所以，即，代入得：，解得：（与点重合，舍）或，所以直线方程为，所以直线恒过定点21．(1)2(2)【解析】【分析】（1）先求导数，然后根据导数的几何意义可求答案.（2）将恒成立变形为恒成立，整理为，然后构造函数，将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题解决.(1)∵， ,∴ ,∵曲线在点处的切线方程为,∴ ，即 ，解得 ；(2)恒成立，即恒成立，即 ，令 ， 则 ，故在 上是单调递增函数，∴ ，∴ ，即，令 ，则 ，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，∴ ，故 ，则 ，即 .22．(1)圆C和直线l的极坐标方程分别为：，(2)【解析】【分析】（1）先将方程化为一般方程，再将代入化简即可得极坐标方程；（2）利用点到直线的距离公式计算化简即可.(1)圆C：，化为一般方程为，将代入圆C的一般方程化简得其极坐标方程为：；直线l：消去参数得：，将代入得其极坐标方程为：，化简得.(2)由题可知，由（1）直线l：，从而有，解得，所以直线l的直角坐标方程为：.23．(1)(2)【解析】【分析】（1）令，求出，由；（2）由结合基本不等式得出最小值.(1)令，则由解析式易知，，因为在R上恒成立，所以，即(2)由（1）可知，，则.当且仅当，即时，取等号.故的最小值为