2021届四川省成都市高新区高三第三次阶段性考试 理科数学试题（Word版，含答案解析）

这是一份2021届四川省成都市高新区高三第三次阶段性考试 理科数学试题（Word版，含答案解析），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。
2021届四川省成都市高新区高三第三次阶段性考试数学（理）试题  一、单选题1．复数满足，为虚数单位，则（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据复数除法运算法则即可求解.【详解】，.故选：B.2．已知集合，，则中元素的个数为（    ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【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.3．的展开式中，第4项的系数为（    ）A． B．80 C．40 D．【答案】A【分析】用二项式展开式的通项公式代入计算即可.【详解】解：，故选：A．【点睛】考查二项展开式中指定项的系数，记住展开式的通项公式是关键，基础题.4．在等差数列中，为前项和，，则A． B． C． D．【答案】A【解析】由. 故选：A.5．已知是边长为2的正方形的边中点，则的值是（    ）A．2 B．3 C．4 D．【答案】C【分析】由即可求出.【详解】.故选：C.6．已知，满足不等式组，则的最大值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．【答案】D【分析】首先画出不等式组表示的可行域，再利用目标函数表示的几何意义求最值.【详解】首先画出可行域，当时，画出初始目标函数表示的直线，平移目标函数后，当直线过点时，取得最大值， 故选：D7．已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】D【分析】由线面的位置关系可判断A，B；由线面垂直的性质和线面平行的判定可判断C；由线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理可判断D.【详解】对于A，若，，可得或，故A错误;对于B，若，，可得或，或m与α相交，故B错误;对于C，若，，可得或，故C错误;对于D，若，由线面平行的性质定理可得过m的平面β与α的交线1与m平行，又，可得，则，故D正确.故选：D8．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数函数、对数函数和正弦函数的单调性求出的范围即可判断.【详解】，，，，，，.故选：D.9．已知，，则的最大值为（    ）A． B．2 C．4 D．【答案】B【分析】由两点的距离公式表示，再运用两角差的余弦公式化简，利用余弦函数的值域求得最值.【详解】∵，，∴.∵，∴.故选B.【点睛】本题综合考查两点的距离公式、同角三角函数的平方关系、两角差的余弦公式和余弦的值域，属于中档题.10．命题：函数的最小正周期为的充要条件是；命题：定义域为的函数满足，则函数的图象关于轴对称.则下列命题为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先判断命题的真假性，再判断复合命题的真假.【详解】函数周期，解得：，所以命题是真命题；若满足定义域为的函数满足，函数是偶函数，偶函数关于轴对称，故命题也是真命题，所以是真命题.故选:A11．已知，若直线分别与的交点横坐标为，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设直线分别与与的交点分别为，，由反函数图象关于直线对称，推出，，，且，再由基本不等式，即可得出答案．【详解】根据题意可得，设直线分别与与的交点分别为，，因为与互为反函数，图象关于直线对称，由直线与直线垂直，两直线的交点为，所以点，关于点对称，所以，，，且所以，故选：A【点睛】关键点睛：解答本题的关键是求出，，，且，这个结论的得到涉及到反函数的图象和性质.12．如图，一张矩形纸的长、宽分别为，，四条边的中点分别是，，，，现将其沿图中虚线折起，使得，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，关于该多面体有下述四个结论：①该多面体是六面体；        ②点到棱的距离为；③平面平面；    ④该多面体外接球的直径为，其中所有正确结论有（    ）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用图形翻折，结合勾股定理，可确定该多面体是以A，B，C，D为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，即可得出结论.【详解】结论①中，长、宽分别为，，A，B，C，D分别是其四条边的中点，则由勾股定理可得，，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，如图，该多面体是以A，B，C，D为顶点的三棱锥，故①错误；结论②中，，，是等腰直角三角形，点到棱的距离为，故②正确；结论③，，， 平面，又平面，平面平面，故③正确；结论④，三棱锥扩展为长方体，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，长方体的外接球直径是长方体的体对角线，设长方体的三边长分别为，则 ，可得，该多面体外接球的直径为，故④正确.所以结论②③④正确，共3个.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够根据题意，得出折叠之后的几何体，并依托于一个长方体画出其图象，再进行位置关系的证明，以及求值.  二、填空题13．已知函数，的最小正周期是___________.【答案】【分析】先化简函数f(x)，再利用三角函数的周期公式求解.【详解】由题得，所以函数的最小正周期为.故答案为：【点睛】本题主要考查和角的正切和正切函数的周期的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.14．已知数列的前项和，则______.【答案】【分析】分，两种情况，由求解.【详解】当时，，当时，，而适合上式，所以故答案为：15．若对任意a，b满足0<a<b<t，都有blna<alnb，则t的最大值为________.【答案】e【分析】不等式变形为，只要在上为增函数即可．【详解】因为0<a<b<t，blna<alnb，所以，令y＝，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y′＝≥0，解得0<x≤e，故t的最大值是e.故答案为：．【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，解题关键是把问题转化为新函数在上递增，方法是构造法．16．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若双曲线的左支上存在一点P，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点H，且，则此双曲线的离心率为______.【答案】.【分析】设出双曲线的焦点和一条渐近线方程，求得到渐近线的距离，可得，，由直角三角形的锐角三角函数和三角形的余弦定理，化简可得，再由离心率公式可得所求值.【详解】设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为：，， 一条渐近线方程为，可得到渐近线的距离为，，则，，在直角三角形中，，在中，可得，化为，即有，故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查三角形的余弦定理和锐角三角函数的定义，考查方程思想和运算能力，属于中档题. 三、解答题17．在中，，，.（1）求；（2）求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）直接利用正弦定理求出结果.（2）直接利用余弦定理和三角形的面积公式求出结果.【详解】（1）中，，，.所以：，利用正弦定理得：，解得：，由于，所以：，利用三角形内角和，所以：；（2）利用余弦定理：，解得：.所以：.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，重点考查计算能力，属于基础题型.18．共享单车进驻城市，绿色出行引领时尚．某市有统计数据显示，2020年该市共享单车用户年龄等级分布如图1所示，一周内市民使用单车的频率分布扇形图如图2所示．若将共享单车用户按照年龄分为“年轻人”（20岁－39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或者40岁及以上）两类，将一周内使用的次数为6次或6次以上的称为“经常使用单车用户”，使用次数为5次或不足5次的称为“不常使用单车用户”．已知在“经常使用单车用户”中有是“年轻人”．（1）现对该市市民进行“经常使用共享单车与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据图表中的数据，补全下列列联表，并根据列联表的独立性检验，判断是否有85%的把握认为经常使用共享单车与年龄有关？ 年轻人非年轻人合计经常使用单车用户  120不常使用单车用户  80合计16040200 使用共享单车情况与年龄列联表      （2）将（1）中频率视为概率，若从该市市民中随机任取3人，设其中经常使用共享单车的“非年轻人”人数为随机变量，求的分布列与期望．参考数据：独立性检验界值表0.150.100.0500.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635 其中，，【答案】（1）列联表见解析，有的把握可以认为经常使用共享单车与年龄有关；（2）分布列见解析，数学期望为．【分析】（1）补全的列联表，利用公式求得，即可得到结论；（2）由（1）的列联表可知，经常使用单车的“非年轻人”的概率，即可利用独立重复试验求解随机变量取每个数值的概率，列出分布列，求解数学期望.【详解】（1）补全的列联表如下： 年轻人非年轻人合计经常使用共享单车10020120不常使用共享单车602080合计16040200于是，，，，∴，即有的把握可以认为经常使用共享单车与年龄有关．（2）由（1）的列联表可知，经常使用共享单车的“非年轻人”占样本总数的频率为，即在抽取的用户中出现经常使用单车的“非年轻人”的概率为0.1，∵，∴，，，∴的分布列为01230.7290.2430.0270.001．∴的数学期望．【点睛】本题主要考查了列联表,独立性检验，二项分布，二项分布的期望，属于中档题.19．如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，点是的中点．（Ⅰ）线段上是否存在一点，使得点，，，共面，存在请证明，不存在请说明理由；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）存在的中点满足条件.证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取的中点，连接，，根据平行的传递性，证明，即可证明四点共面；（Ⅱ）取的中点，连结，以点为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据向量夹角公式，即可求出结果.【详解】证明：（Ⅰ）存在的中点满足条件；连接，，因为点是的中点，则是三角形的中位线，所以，又由已知，所以，所以，，，四点共面；（Ⅱ）取的中点，连结，以点为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，则，，，，，∴，，设为平面的一个法向量，则，所以，不妨取，则，所以；设为平面的一个法向量，则，所以，取，则，，所以∴，又因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.20．如图，抛物线：的焦点为，抛物线上一定点．过焦点的直线（不经过点）与抛物线交于，两点，与准线交于点．（1）若，求直线的斜率；（2）记，，的斜率分别为，，，问是否存在常数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）先将代入抛物线方程，求解抛物线的方程，设的中点为点，直线的倾斜角为，根据题意可得，，得，得的斜率为；（2）设直线的方程为，，，，然后分别表示出，及，然后联立直线与抛物线方程，得出，，假设成立，将，及的表达式代入，再将，的值代入求解的值.【详解】解：（1）把点的坐标代入，解得，所以抛物线方程为，准线的方程为．设的中点为点，直线的倾斜角为.过作，则而∴∴∴直线的斜率为.（2）由条件可设直线的方程为，，由抛物线准线：，可知．又，所以由消去整理得:，显然，设，，则，又，则，．因为，，三点共线，所以，即，所以即存在常数，使得成立．【点睛】圆锥曲线中的存在性问题通常采用“肯定顺推法”，一般步骤为：先假设满足条件的点、直线、参数等存在，然后利用这些条件并结合题目的其他条件进行推理计算，若不出现矛盾，并且能得到相应的点、直线或参数值等，则所求问题有解，否则不存在.在解答的过程中要注意设而不求思想的运用，注意韦达定理在推力计算中的运用.21．已知函数，，为自然对数的底数.（1）当，恒成立，求的取值范围；（2）当时，记，求证：对任意，恒成立.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】(1）对函数求导，然后分a≥1，及讨论即可得出结论；(2) ，然后分及x∈两种情况验证即可得证.【详解】（1）因为，所以， 易知在单调递减；∵，∴（i）当时，，所以在单调递减，故，符合题意；（ii）当时，使，则在单调递增，在单调递减；故当时，，不符合题意；（iii）当时，，所以在单调递增，故，不符合题意；综上所述， （2），当时，，令，所以，故在单调递减，所以，即，所以在单调递减，所以.综上：对任意，恒成立.【点睛】关键点点睛：利用导数研究不等式的恒成立问题，首先利用导数研究函数的单调性得到最值，转化为关于最值的不等式成立求解，涉及考查分类讨论思想，运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．22．在极坐标系中，已知圆：，直线：.（1）若点在圆上，求的值；（2）以极点为原点，以极轴为轴正半轴建立直角坐标系，已知直线：与、在第一象限的交点分别为，，求的值.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）将点坐标代入圆的极坐标方程，由此求得；结合极点也在圆上求得的所有可能取值.（2）求得直线的极坐标方程，并分别与的方程联立，求得，由此求得的值.【详解】（1）将的坐标代入：得到，又因为（即极点）也在圆上，所以或.（2）的斜率为，倾斜角为，所以直线的极坐标方程为，联立与得，联立与得，所以.23．已知为正数，且满足 证明：（1）；（2）【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）变换，利用均值不等式得到答案.（2），利用三元均值不等式得到答案.【详解】（1），故，当时等号成立.（2）易知..当时等号成立.【点睛】本题考查了根据均值不等式证明不等式，意在考查学生对于均值不等式的应用能力.