2021惠来县一中高三下学期第六次阶段考试数学试题含答案

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惠来一中2021届高三年级第六次阶段考(数学)

本试卷共5页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。

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N是自然数集，集，，则有(    )

A． B．   C．  D．以上都不对

2.下列说法中有错误的个数是(    )

①．垂直于同一个平面的两条直线平行

②．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直

③．一个平面内的两条直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行

④．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直

A.1个     B.2个        C.3个      D.4个

3. 某高校大一新生中，来自东部地区的学生有人，中部地区学生有人、西部地区学生有人．从中选取人作样本调研饮食习惯．为保证调研结果相对准确，下列判断正确的有（    ）

①用分层抽样的方法分别抽取东部地区学生人、中部地区学生人、西部地区学生人；

②用简单随机抽样的方法从新生中选出人；

③西部地区学生小刘被选中的概率为；

④东部地区学生小张被选中的概率比中部地区的学生小王被选中的概率大.

A．①④ B．①③ C．①③④ D．②③

4.我们打印用的A4纸的长与宽的比约为，之所以是这个比值，是因为把纸张对折，得到的新纸的长与宽之比仍约为，纸张的形状不变．已知圆柱的母线长小于底面圆的直径长（如图所示），它的轴截面ABCD为一张A4纸，若点E为上底面圆上弧AB的中点，则异面直线DE与AB所成的角约为（    ）

A．   B．  C． D．

5. 已知数列满足则数列的最大项为（    ）

A． B． C． D．

6. 古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平秤物品的理论基础，当天平平衡时，左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臀长与右盘物品质量的乘积，某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将5g的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金(    )

A．大于10g      B．小于10g      C．大于等于10g     D．小于等于10g

7.将某选手的9个得分去掉1个最高分，去掉1个最低分，7个剩余分数的平均分为91.现场作的9个分数的茎叶图后来有1个数据模糊，无法辨认，在图中以x表示：

则7个剩余分数的方差为(　　)A.           B.           C．36              D.

8．若定义在R上的偶函数在上单调递增，且，则下列取值范围中的每个x都能使不等式成立的是

   A．B．  C．  D．

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，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．已知平面向量，且，则（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象，关于函数，下列说正确的是（　　）

A．在上是减函数 B．其函数图象关于直线对称

C．函数是偶函数 D．在上的值域是

11．设数列的前项和（为常数），则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则不是等差数列    B．若，，，则是等差数列

C．若，，，则是等比数列  D．若，，，则是等比数列

12．已知函数在上可导且，其导函数满足，设函数，下列结论正确的是（    ）

A．函数在上为单调递增函数  B．是函数的极大值点

C．函数至多有两个零点     D．时，不等式恒成立

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。                          

13.测量珠穆朗玛峰的高度一直受到世界关注，2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布珠穆朗玛峰的最新高度为8848.86米某课外兴趣小组研究发现，人们曾用三角测量法对珠峰高度进行测量，其方法为：首先在同一水平面上选定两个点并测量两点间的距离，然后分别测量其中一个点相对另一点以及珠峰顶点的张角，再在其中一点处测量珠峰顶点的仰角，最后计算得到珠峰高度．该兴趣小组运用这一方法测量某建筑物高度，如图所示，已知该建筑物CP垂直于水平面，水平面上两点A，B的距离为200m，∠PAB＝60°，∠PBA＝45°，∠PAC＝30°，则该建筑物CP的高度为              （单位：m）．

14. 某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为                 （用数字作答）.

15.已知椭圆的内接的顶点为短轴的一个端点，右焦点，线段中点为，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.

16．如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，、、、为圆上的点，、、、分别是以、、、为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以、、、为折痕折起、、、，使得、、、重合，得到一个四棱锥，当正方形的边长为          时，四棱锥体积最大。

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

（10分）17.在①；②；③面积这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并回答问题.

问题：在中，内角，，所对的边分别为，，，为锐角，，，且               ，求的周长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

18.已知数列的前项和为，满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，数列的前项积为，若对任意的，恒成立，求实数的最大值．

19.如图所示，圆锥的底面半径为2，其侧面积是底面积的2倍，线段为圆锥底面的直径，在底面内以线段为直径作，点P为上异于点A，O的动点.

（1）证明：平面平面；

（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值

20．（12分）某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．

（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；

（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．

①；

②若礼品店每卖出一个甲系列的盲盒可获利20元，卖出一个乙系列的盲盒可获利15元，由样本估计总体，若礼品店每天可卖出1000个盲盒，且买的人之前都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天利润为多少元？．

21.已知椭圆C：（）过点，，为椭圆的左右顶点，且直线，的斜率的乘积为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段的垂直平分线交直线l于点P，交直线于点Q，求的最小值．

22.已知函数.

（1）当时，证明：；

（2）若在上恒成立，求的取值范围.

惠来第一中学第六次阶段考参考答案

一.   单选题：

1. 选D【解析】化简集合：因为是9的约数，所以，，得，同理时，即ABC错，选D

2.【答案】B【解析】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行，①对；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直，②对；一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面可能平行，相交，③错；一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面可能垂直，平行，相交，④错，故选B．

3.【答案】B【详解】

由题意得，应该选择分层抽样，故②错误，若采用分层抽样，则抽样比为，则分别抽取东部地区学生人，中部地区学生人，西部地区学生人，故①正确；

而采用分层抽样时，每个个体别选到的概率一样都为，故③正确，④错误．

故选：B．

4. A

5.【答案】B【详解】解：由题意知：

．令，则．

，数列是以为首项，为公比的等比数列．

．．

，，．

各项相乘，可得：

．．

令，

则，根据二次函数的知识，可知：当或时，取得最小值．

，，

的最小值为．

．

数列的最大项为．

故选：．

6.【答案】A. 解：由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为，右臂长为（不妨设），先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为 由杠杆的平衡原理：, ．得, ，则

下面比较与10的大小：（作差比较法）

因为，又因为，所以，，即 这样可知称出的黄金质量大于10g.

7. B

8.C

二.   多选题：

9．AD

【分析】【详解】

由得，所以，则，从而.

故选：.

10．AD

【详解】

，

由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，

，则，所以，，

将函数的图象沿轴向右平移个单位，得到函数的图象.

对于A选项，当时，，则函数在上是减函数，A选项正确；

对于B选项，，所以，函数的图象不关于直线对称，B选项错误；

对于C选项，函数的定义域为，，

函数为奇函数，C选项错误；

对于D选项，当时，，则，.

所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.

故选：AD.

【点睛】

本题考查正弦型函数的单调性、对称性、奇偶性以及值域的判断，同时也考查了利用三角函数图象变换求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.

11．ABC【详解】

对于A：数列的前项和（为常数），

而是等差数列，则数列的前项和，不可能是，所以若，则不是等差数列，故A正确；

对于B：若，，，则，所以时，；时，对也成立，所以，所以是等差数列.故B正确；

对于C：若，，，则，所以时，；时，对也成立，所以，所以是等比数列.故C正确；

对于D：若，，，则，所以时，；时，所以，所以不可能等比数列.故D不正确；

故选：ABC.

12.【答案】BCD

【详解】

因为，

所以，

又因为，

所以当时，，，则递减；

当时，，，则递增；

所以当时， 取得极大值，，函数至多有两个零点；

当时，，，所以不等式恒成立，

故选：BCD

三.填空题：

13.【答案】

【解析】根据正弦定理，，所以CP＝．

14.【答案】：

【解析】解：把语文、数学、外语三门文化课排列，有种方法，这三门课中间存在两个空，在两个空中，

①若每个空各插入1节艺术课，则排法种数为，

②若两个空中只插入1节艺术课，则排法种数为，

③若语文、数学、外语三门文化课相邻排列，把三门文化课捆绑为一个整体，

然后和三门艺术课进行排列，则排法种数为，

而所有的排法共有种，故在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为，故答案为：．

15.【答案】

【解析】由题意可设，，线段中点为，且，

可得为的重心，设，，

由重心坐标公式可得，，，

即有的中点，可得，，

由题意可得点在椭圆内，可得，

由，可得，即有.故答案为：

16.【答案】

【解析】连接交于点，则，点为的中点，

连接，为直角三角形，

设正方形的边长为，则，由圆的半径为，则，

设、、、重合于点，则，则，

高，，

设，，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

∴当时，取得最大值，此时，即答案为。

四、解答题

参考答案：

17.，代入，得，又为锐角，故.…（4分）

若选①，，由，得.

又，即，，得.

∴周长为.         ……（10分）

若选②，，

即.

化简得，即，解得.

故，此时为等边三角形，周长为.         ……（10分）

若选③，，得.

又，即，，得.

∴周长为.         ……（10分）

18.解：解：（1）由，得是首项为，公差为的等差数列，，．当时，，符合上式，所以．

（2），，

，

，．因为对任意的，恒成立，所以，即．

19.（1）证明：∵垂直于圆锥的底面，圆锥的底面，∴，∵为的直径，∴，∵面，，∴平面，

∵平面，∴平面平面.

（2）解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，∴圆锥的侧面积，底面积，∴依题意，∴，∵，∴，

则在中，，∴，

如图，在底面作的半径，使得，∵，，

∴以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

，，，在三棱锥中，∵，∴面积最大时，三棱锥的体积最大，此时，

∵的半径为1，∴，，，，

设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，设二面角的平面角为，由图得为钝角，

∴，

∴二面角的余弦值.

20.

20．解：（1）由题意，

，

（2）①由题意可知：，

当时，，

，，

所以是以为首项，为公比的等比数列，

；

②因为每天购买盲盒的人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作趋向无穷大，由样本估计总体可知：

购买甲系列盲盒的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的个数，则，

所以，即购买甲系列盲盒的个数的期望为400，

所以礼品店应卖出甲系列盲盒400个，乙系列盲盒600个． 

利润为： 。

21.解：（1）依题意有，①，因为，所以，，所以②，由①②解得：，，

故椭圆的方程为；

（2）由题意知直线的斜率不为0，设其方程为，设点，，

联立方程，得到，

由弦长公式，

又，，

，，

令，，上式，

当，即时，取得最小值2．

22.解析：（1）当时，，    1分

恒成立，故上单调递增     2分

     3分

上单调递增

，故原不等式得证。  4分

（2），令

要原不等式恒成立，即需，   5分

故

上单调递增      6分

        7分

当，即时，，上单调递增      8分

故，此时原不等式成立，故满足题意     9分

当，即时，，

当时，，故，使得   10分

时，

上单调递减， 故矛盾   11分

所以，综上所述，。    12分