2021届内蒙古赤峰二中高三上学期数学（理）周练13

这是一份2021届内蒙古赤峰二中高三上学期数学（理）周练13，共26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。
2021届内蒙古赤峰二中高三上学期数学（理）周练132020年11月14日
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
2．欧拉公式(其中i为虚数单位)是由著名数学家欧拉发现的，当时，，这是数学里最令人着迷的一个公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据欧拉公式，若将所表示的复数记为z，则( )
A． B． C． D．
3．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了（ ）附：
A．10% B．20% C．50% D．100%
4．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．4 C． D．
5．函数的部分图象大致是( )
A．B．C．D．

6．已知圆和圆的公共弦所在的直线恒过定点，且点在直线上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知直线，直线，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在面积为1的正方形内做四边形使以此类推，在四边形内再做四边形……，记四边形的面积为，则（ ）

A．B．C．D．

10．已知、是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则的离心率为（ ）
A． B． C． D．

11．已知函数，函数满足，若函数恰有个零点，则所有这些零点之和为（　　）
A． B． C． D．
12．关于函数有下述四个结论：
①的图象关于点对称②的最大值为
③在区间上单调递增④是周期函数且最小正周期为
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．①③ C．③④ D．②④

第II卷（非选择题）

二、填空题
13．在直角三角形ABC中，，，对于平面内的任一点，平面内总有一点使得，则_________.
14．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为，这一数值也可以表示为.若，则＝____．（用数字作答）
15．在中，内角所对的边分别为，是的中点，若 且，则面积的最大值是___
16．已知，若方程有2个不同的实根，则实数的取值范围是_____（结果用区间表示）．



三、解答题
17．某商场为回馈消费者，将对单次消费满100元的顾客进行抽奖活动.为了增加抽奖的趣味性，按如下的游戏形式进行抽奖图，在数轴点O处有一个棋子，顾客有两次游戏机会，在每次游戏中，顾客可抛掷两粒骰子，若两粒骰子的点数之和超过9时，棋子向前(右)进一位；若两粒骰子的点数之和小于5时，棋子向后(左)走一位；若两粒骰子点数之和为5到9时，则原地不动，设棋子经过两次游戏后所在的位置为X，若，则该顾客获得.价值100元的一等奖；若，则该顾客获得价值10元的二等奖；若，则该顾客不得奖.

（1）求一次游戏中棋子前进､后退以及原地不动时的概率；
（2）求参与游戏的顾客能够获得的奖品价值的分布列以及数学期望.
18．已知是数列的前n项和，是等比数列且各项均为正数，且，，.
（1）求和的通项公式；
（2）记，证明：数列的前n项和.
19．如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，，
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
20．已知椭圆:的右焦点为，过点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于，两点，直线：与轴相交于点，过点作，垂足为D．
（1）求四边形（为坐标原点）面积的取值范围；
（2）证明直线过定点，并求出点的坐标.

21．已知函数.
（Ⅰ）求证：函数有唯一零点；
（Ⅱ）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.
22．中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其它民俗活动的民间艺术，蕴含了极致的数学美和丰富的文化信息，现有一幅剪纸的设计图（如图），其中的4个小圆均过边长为2的正方形的中心，且内切于正方形的邻边，现以为极点，为极轴建立极坐标系.
（Ⅰ）求圆的极坐标方程；
（Ⅱ）若射线和与图中阴影部分边界有交点，连接所有交点的线段围成了几何图形，求该几何图形的面积.

23．（1）已知，求证：；
（2）已知，求证：.























参考答案
1．C
【解析】
【分析】
采用列举法列举出中元素的即可.
【详解】
由题意，中的元素满足，且，
由，得，
所以满足的有，
故中元素的个数为4.
故选：C.
【点晴】
本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.
2．C
【解析】
【分析】
根据欧拉公式可得，进而可求出.
【详解】
依题意，，则.
故选：C.
【点睛】
本题考查新定义，考查复数的除法运算，属于基础题.
3．B
【解析】
【分析】
根据题意，计算出的值即可；
【详解】
当时，，当时，，
因为
所以将信噪比从1000提升至4000，则大约增加了20%，
故选：B.
【点睛】
本题考查对数的运算，考查运算求解能力，求解时注意对数运算法则的运用.
4．C
【解析】
【分析】
利用等差数列的通项公式和前n项和公式展开，求解即可.
【详解】
由，得，解得.
又，所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，考查运算求解能力，属于基础题目.
5．C
【解析】
【分析】
先判断函数的奇偶性，根据奇偶函数图象特征排除，再利用特值验证排除可得解.
【详解】
因为,
奇函数，图象关于原点对称，所以排除选项D；
因为，所以排除选项A；
因为，所以排除选项B；因此选项C正确.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数图象识别问题.
其解题思路：由解析式确定函数图象：
①由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；
②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；
③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；
④由函数的周期性，判断图象的循环往复．
函数图象识别有时常用特值法验证排除
6．C
【解析】
【分析】
先根据两圆方程得公共弦方程，再求得点，再根据的几何意义即可求解.
【详解】
由圆和圆，
可得圆和的公共弦所在的直线方程为，
联立，解得，即点
又因为点在直线上，即 ，
又由原点到直线的距离为 ，
即的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查圆的公共弦问题，直线过定点问题，点到直线的距离问题，考查数学运算能力与化归转化思想，是中档题.
7．A
【解析】
【分析】
由两直线垂直可得t,再由即可得解.
【详解】
直线，直线，
若，则，即.
所以.
故选A.
【点睛】
本题主要考查了两直线垂直的条件及同角三角函数的关系,属于中档题.
8．C
【解析】
【分析】
根据，利用对数函数的单调性得到，然后利用不等式的基本性质判断A；利用特殊值判断B；利用指数函数和幂函数的单调性判断C；利用指数函数的单调性判断D即可.
【详解】
因为，
所以，
所以， ，
当时，，
由指数函数和幂函数的单调性得，
故选：C
【点睛】
本题主要考查对数函数、指数函数和幂函数的单调性的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
9．B
【解析】
【分析】
由平面向量的知识结合数列的通项可得，再由等比数列前n项和公式即可得解.
【详解】
由题意可得，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查了平面向量及等比数列的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
10．D
【解析】
【分析】
作出图形，分析出为直角，利用已知条件求出，进而可求得双曲线一条渐近线的倾斜角，由此可求得，再由公式可求得双曲线的离心率.
【详解】
如下图所示，由于点是点关于双曲线某条渐近线的对称点，则，
所以，为直角三角形，且为直角，且，
，则，，

，所以，双曲线的渐近线的倾斜角为，，
因此，双曲线的离心率为.
故选：D.
【点睛】
本题考查双曲线离心率的计算，在涉及双曲线的渐近线时，利用公式计算较为简洁，考查计算能力，属于中等题.
11．D
【解析】
【分析】
由奇偶性定义可知为奇函数且，由此可得关于对称；由可知关于对称且，由此可知关于对称且，由对称性可知除外，其余零点关于对称，由此可求得结果.
【详解】
为奇函数，图象关于对称且
图象关于对称
图象关于对称
令得：
图象关于对称且
有一个零点为，其余零点关于对称
所有零点之和为
故选：
【点睛】
本题考查函数奇偶性和对称性的应用，关键是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.
12．D
【解析】
【分析】
可证明，故①正确；由于，是的一个周期，设，则，换元令，设，求导，求单调区间，极值，得最大值为，故②不正确；由②得，在区间上没有单调性，故③不正确；由②得，是的一个周期，用反证法证明最小正周期为，故④正确.
【详解】
①，所以成立.
②因为，所以是的一个周期，
不妨设，则，
令，令，则有，
令，，
，
则递增区间是递减区间是，
的极大值为，，所以最大值不为.
③当时，，
由②知，在该区间内有增有减，故不单调.
④，
故该函数为周期函数，若，
则，
故该函数最小正周期为.
故选:D.
【点睛】
本题考查三角函数的性质，解题的关键用换元法，将问题转化为用导数的方法研究函数的性质，考查用反证法证明命题，属于较难题.
13．6
【解析】
【分析】
由可知D为线段AB上的点且BD＝2AD，将用，表示后代入相乘即可．
【详解】
对平面ABC内的任一点M，平面ABC内总有一点D使得，
即,所以D为线段AB上的点且BD＝2AD

所以,
故答案为6．
【点睛】
本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数量积的性质及其运算，属基础题．
14．
【解析】
【分析】
首先利用余弦的倍角公式以及同角三角函数关系中的平方关系和正弦的倍角公式，对式子进行化简，求得结果.
【详解】
根据题中的条件可得：

，
故答案是：.
【点睛】
该题考查的是有关三角函数的求值问题，涉及到的知识点有新定义，利用条件对式子进行正确的变形是解题的关键.
15．
【解析】
【分析】
由题意及正弦定理得到，于是可得，；然后在和中分别由余弦定理及可得．在此基础上可得，再由基本不等式得到，于是可得三角形面积的最大值．
【详解】
如图，设，则,

在和中，分别由余弦定理可得，
两式相加，整理得，
∴．①
由及正弦定理得，
整理得，②
由余弦定理的推论可得，所以．
把①代入②整理得，
又，当且仅当时等号成立，
所以，故得．
所以．
即面积的最大值是．
故答案为．
【点睛】
本题考查解三角形在平面几何中的应用，解题时注意几何图形性质的合理利用．对于三角形中的最值问题，求解时一般要用到基本不定式，运用时不要忽视等号成立的条件．本题综合性较强，考查运用知识解决问题的能力和计算能力．
16．
【解析】
【分析】
由方程的解与函数图象的交点个数的关系可得有2个不同的实根等价于的图象与直线的交点个数为2，由函数图象的性质及利用导数求切线方程可设过原点的直线与相切与点，由，则此切线方程为，又此直线过原点，则求得，即切线方程为再结合图象可得实数的取值范围是，得解.
【详解】

解：由，
可得：在的图象关于直线对称，
有2个不同的实根等价于的图象与直线的交点个数为2，
的图象与直线的位置关系如图所示，
设过原点的直线与相切与点，
由，
则此切线方程为：，
又此直线过原点，
则求得，
即切线方程为：，
由图可知：当的图象与直线的交点个数为2时，
实数的取值范围是，
故答案为．
【点睛】
本题考查了方程的解与函数图象的交点个数的相互转化、函数图象的性质及利用导数求切线方程，属难度较大的题型．
17．（1）前进一格概率为，后退一格概率为，原地不动概率为；（2）分布列答案见解析，数学期望：.
【解析】
【分析】
（1）依题意列出表格，记前进一格为事件A，后退一格为事件B，原地不动为事件C，然后根据古典概型的定义计算即可得解；
（2）设顾客获得奖品的价值为Y，据题意分别求出、和的值，然后写出分布列并求出数学期望即可.
【详解】
（1）如图，

抛掷两粒骰子所产生的结果共有36种；其中点数之和小于5的结果共有6种；
其中点数之和为5到9的结果共有24种；其中点数之和超过9的结果共有6种；
记前进一格为事件A，后退一格为事件B，原地不动为事件C，
根据古典概型的定义可得：
，，；
（2）设顾客获得奖品的价值为Y，据题意可得：
当两次游戏均前进或均后退时，，
即可知；
当两次游戏均原地不动或前后移动各一次时，，
即可知；
根据对立事件可得.
由上可得Y的分布列如下表：
Y
0
10
100
P



由此可得，Y的期望值为.
【点睛】
本题考查古典概型的概率计算，考查随机变量的分布列和数学期望的求法，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.
18．(1) ,;(2)见解析.
【解析】
【分析】
（1）由，时，可得，设的公比为，根据条件可解得，从而得；
（2）由（1）得，利用错位相减可得，从而得证.
【详解】
（1）解：由题知当时，；
当时，，
所以．
设的公比为，则，解得或（舍去），
所以．
（2）证明：由（1）得，则，
两边同乘，得，
上面两式相减，得，
所以．
因为，所以．
【点睛】
用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
19．（Ⅰ）证明见解析,（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）连结交于点，连结，可知，根据线面平行的判定定理，证明即可.
（Ⅱ）法一: 由，，可知，即，根据平面，可知平面，即，，以为原点，，，所在直线分别为，， 轴，建立空间直角坐标系，求各点坐标，计算平面的法向量为，平面的法向量为，根据，求解即可. 法二：延长、交于，连接，过作于，过作于，连接，则平面，，又，所以平面，为平面与平面所成锐二面角的平面角. 由，，，计算
，，利用，求解，即可.
【详解】
（Ⅰ）证明：连结交于点，连结.
则为中点，为中位线.
所以.
又平面，平面.
所以平面.

（Ⅱ）法一：因为，是的中点，所以.
又因为，所以，则
即，所以.
又因为平面，所以建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，.
平面的法向量为.
设平面的法向量为，则由，，得
令，则，.
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

法二：延长、交于，连接，过作于，
过作于，连接，
则平面，，又，所以平面，
为平面与平面所成锐二面角的平面角.
中，，所以高为中线，，，
∵，∴，∴，
中，，
，∴
中，，，
所以平面与平面所成锐二面角的平面角的余弦值为.

【点睛】
本题考查线面平行，以及求二面角的余弦值，解决本题可以空间向量法也可以用几何法，属于较难的题.
20．（1）；（2）证明见解析，
【解析】
【分析】
（1）由题意设直线AB的方程，代入椭圆整理得纵坐标之和与之积，将四边形的面积分成2个三角形，根据底相同，列出关于面积的函数式，再结合均值不等式可得面积的取值范围；
（2）由（1）得B，D的坐标，设直线BD 的方程，令纵坐标为零得横坐标是定值，即直线BD过定点．
【详解】
（1）由题F（1,0），设直线AB：，
联立，消去x，得，
因为，，
则
所以四边形OAHB的面积，
令
因为（当且仅当t=1即m=0时取等号），所以，
所以四边形OAHB的面积取值范围为；
（2），所以直线BD的斜率，所以直线BD的方程为，
令y=0，可得①
由（1）可得
化简①可得
则直线BD过定点.
【点睛】
本题考查了直线和椭圆的位置关系，四边形面积的取值范围，求直线的方程，证明直线过定点的等问题，考查运算能力，属于中档题．
21．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（I）求出，先证明在区间上为增函数，又，，所以在区间上恰有一个零点，而在上恒成立，在上无零点，从而可得结果；（II））设的零点为，即．原不等式可化为，令若，可得，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能，，即求所求．
试题解析：（I），
易知在上为正，因此在区间上为增函数，又，
因此，即在区间上恰有一个零点，
由题可知在上恒成立，即在上无零点，
则在上存在唯一零点．
（II）设的零点为，即．原不等式可化为，
令，则，由（I）可知在上单调递减，
在上单调递增，故只求，，设，
下面分析，设，则，
可得，即
若，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能．
因此，即求所求．
【方法点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路．
22．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）首先求出圆的直角坐标方程，再化为直角坐标方程；
（Ⅱ）首先求出圆的极坐方程，即可求出射线和与图中阴影部分边界的交点所对应的极径，从而求得几何图形的面积；
【详解】
解：（Ⅰ）依题意，，所以，设圆的半径为，则，即，解得

所以圆的直角坐标方程为，即，又，所以，所以
（Ⅱ）圆的直角坐标方程为，则圆的极坐方程为
当时，
当时，
所以的面积
【点睛】
本题考查直角坐标方程与极坐标方程的转化，以及极坐标下两点的距离公式的应用，属于中档题.
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）作差后配方可证；
（2）把不等式左边分子上的1用代入变形后相乘，再用基本不等式可证．
【详解】
（1）证明：∵x2+2y2﹣(2xy+2y﹣1)＝x2+2y2﹣2xy﹣2y+1＝x2﹣2xy+y2+y2﹣2y+1
＝(x﹣y)2+(y﹣1)2≥0，
当且仅当x＝y＝1时，等号成立.
（2）证明：左边＝(1+)(1+)＝(1+)(1+)＝(2+)(2+)
＝5++≥5+2＝9，
当且仅当＝时，等号成立.
【点睛】
本题考查不等式的证明，考查作差法和基本不等式法证明不等式，考查了学生的逻辑推理能力．