2021届河南省周口市商丘市高三上学期阶段性测试（三）理科数学试题（Word版，含答案解析）

这是一份2021届河南省周口市商丘市高三上学期阶段性测试（三）理科数学试题（Word版，含答案解析），共20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届河南省周口市商丘市高三上学期阶段性测试（三）数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】化简集合，根据交集的概念运算可得结果.【详解】,,。故选：C2．复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】利用复数的除法运算法则可得复数，根据复数的几何意义可得答案.【详解】,在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D3．三国时期的吴国数学家赵爽根据一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明，他所绘制的勾股圆方图被后世称为“赵爽弦图”.如图所示的图形就是根据赵爽弦图绘制而成的，图中的四边形都是正方形，三角形都是相似的直角三角形，且两条直角边长之比均为2.现从整个图形内随机取一点，则该点取自小正方形（阴影部分）内的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题首先可给各点加上标签，然后设，计算出正方形的面积以及正方形的面积，再然后用同样的方法算出正方形的面积，最后通过几何概型的概率计算公式即可得出结果.【详解】如图，给各点加上标签：设，则，，正方形的面积为，正方形的面积为，则正方形的边长为，同理可得，，，则正方形的面积为，故该点取自小正方形内的概率，故选：B.4．函数在上的最小值为（    ）A．-1 B． C． D．1【答案】C【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式化简，再将函数看成关于的二次函数可求得结果.【详解】,因为，所以，所以当时，取得最小值.故选：C【点睛】关键点点睛：将函数看成关于的二次函数，利用二次函数知识求解是解题关键.5．已知函数是奇函数，且当时，，则的图象在点处的切线的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根据题意求出时，函数的解析式，再根据导数的几何性质求切线方程即可.【详解】当时，，所以，又因为函数是奇函数，所以，所以时，.所以，切点为，，，切线为：，即.故选：D6．已知各项均为正数的等比数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求得、的值，由此可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，由已知条件可得，解得，因此，.故选：C.7．已知函数的部分图象如图，则（    ）
 A．B．C．的图象的对称中心为D．不等式的解集为【答案】D【分析】根据图象求出可得，可知A不正确；计算可知B不正确；利用正弦函数的对称中心求出的对称中心可知C不正确；解不等式可知D正确.【详解】由图可知，所以，所以，由，得，所以，故A不正确；，故B不正确；由，，得，，所以的图象的对称中心为，故C不正确；由不等式得，得，，得，，所以不等式的解集为，故D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：根据图象求出函数的解析式是解题关键.8．已知的展开式中所有项的系数之和为-64，则其常数项为（    ）A．-25 B．-5 C．20 D．55【答案】A【分析】令可得所有项的系数，进而得，再由的展开式和相乘可得常数项.【详解】令可得的展开式中所有项的系数之和为，解得，展开式的通项公式为：，展开式中的常数项为：.故选：A.【点睛】方法点睛：利用二项展开式计算指定项的系数时，注意利用通项公式和多项式的乘法判断出指定项的系数是有哪些项的系数相乘所得到的.9．已知抛物线：，以为圆心，半径为5的圆与抛物线交于，两点，若（点为坐标原点），则（    ）A．4 B．8 C．10 D．16【答案】B【分析】设，根据题意列方程组可解得结果.【详解】设，由题意得，解得.故选：B【点睛】关键点点睛：根据题意列方程组求解是解题关键.10．若实数，满足，，则（    ）A．3 B． C． D．4【答案】A【分析】由题可得和是方程的两个根，根据方程有唯一实根可得.【详解】由条件可知，，即，即和是方程的两个根，因为函数在上单调递增，因此方程有唯一实根，所以，因此.故选：A.【点睛】本题考查与对数指数相关的方程，解题的关键是得出和是方程的两个根.11．设，动直线：过定点，动直线：过定点，且，交于点，则的最大值是（    ）A． B． C．5 D．10【答案】B【分析】根据方程推出，可得，的交点在以为直径的圆上，可得，再根据不等式知识可求得结果.【详解】动直线：过定点，动直线：过定点，因为，所以，所以，的交点在以为直径的圆上，所以，设，则，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，即，解得.即，所以的最大值是.故选：B【点睛】关键点点睛：根据方程推出，的交点在以为直径的圆上是解题关键.12．设函数，，若对任意，不等式恒成立，则正数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】转化为，求出在上的最小值与在上的最大值代入可解得结果.【详解】因为在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值，因为，所以，当时，，所以在上单调递增，所以的最大值为，因为对任意，不等式恒成立，所以，因为，所以，解得.故选：D【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．  二、填空题13．已知、满足约束条件，则的最大值为______.【答案】【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找到使得该直线在轴上截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可得解.【详解】如图所示，作出不等式组表示的平面区域，平移直线，解方程组，得，即，当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，此时，目标函数取得最大值，所以.故答案为：.【点睛】思路点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14．已知，，，若，则______.【答案】【分析】由向量数量积的坐标表示计算．【详解】解：由条件得，，所以，解得.故答案为：．15．已知双曲线上有三个点，，且，，的中点分别为，，，用字母表示斜率，若（点为坐标原点，且，，均不为零），则________.【答案】-1【分析】利用点差法和斜率公式得到，，，再利用可解得结果.【详解】设，，，则，，，,两式相减得，整理可得，即，同理得，.因为，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用点差法求解是解题关键.16．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为，以为球心，为半径的球面与底面的交线总长度为________.【答案】【分析】点为以为球心，为半径的球面与底面的交线上的一点，可得，即点在以为圆心，半径为的圆上，然后结合图形求出答案即可.【详解】因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为，所以点在底面的投影为底面的中心，设为点，且设点为以为球心，为半径的球面与底面的交线上的一点，则所以所以点在以为圆心，半径为的圆上，如下图所以交线长为弧的长度的倍，因为，，所以所以，然后可得，所以弧的长度为所以以为球心，为半径的球面与底面的交线总长度为故答案为： 三、解答题17．在中，内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求和；（2）若，的面积为，求.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）由正弦定理和余弦定理、结合同角三角函数的基本关系可得出关于、的方程组，结合可求得和的值；（2）由三角形的面积公式可求得，再由可求得、的值，再利用余弦定理可求得的值.【详解】（1）由余弦定理，可化为，再由正弦定理可得，又因为，，可得，；（2）因为，所以，因为，所以，.由余弦定理得，所以.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.18．已知等差数列的前项和为，是等比数列，，，，.（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）设的公差为，的公比为，由等差数列前项和公式求得后可得通项公式，然后求得，得公比，得通项公式；（2）用错位相减法求和．【详解】（1）设的公差为，的公比为.因为，，解得.所以.由得，由得，所以的公比，所以.（2）由（1）得，所以，所以，两式相减得.所以.【点睛】方法点睛：本题考查求等差数列和等比数列的通项公式，考查错位相减法求和．数列求和的常用方法：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．19．某工厂生产甲、乙两种电子产品，甲产品的正品率为（为常数且），乙产品的正品率为.生产1件甲产品，若是正品，则可盈利4万元，若是次品，则亏损1万元；生产1件乙产品，若是正品，则可盈利6万元，若是次品，则亏损2万元.设生产各件产品相互独立.（1）记（单位：万元）为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润，若，求；（2）在（1）的条件下，求生产4件甲产品所获得的利润不少于11万元的概率.【答案】（1）；（2）0.8192.【分析】（1）先确定的可能取值，进而利用独立事件概率公式求得分布列，然后利用期望值定义列出期望值，根据已知得到关于的方程，求解即得；（2）先根据题意求得4件产品中正品的件数，利用独立重复事件概率公式求得结果.【详解】（1）由题设知，的可能取值为10，5，2，-3，且，，，.所以的分布列为：  所以，因为，所以，解得.（2）设生产的4件甲产品中正品有件，则次品有件，由题意知，，则或.所以.故所求概率为0.8192.【点睛】命题意图本题考查独立事件的概率，随机变量的分布列与数学期望.20．如图所示，四面体的顶点都在圆柱的上、下底面圆周上，且是下底面圆的直径，是圆柱的母线.（1）求证：；（2）若，异面直线与所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）先证平面，再证平面，即可得到；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量，平面的法向量，即可求出二面角的余弦值.【详解】解：（1）如图所示：过点作圆柱的母线，连接，，母线与底面垂直，，是底面圆的直径，，又，平面，由且，可知：，平面，又平面，；（2）如上图所示：以为坐标原点，以，的方向为轴，轴正方向建立空间直角坐标系，设，异面直线和所成的角为，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，可得：，设平面的法向量为，则，令，可得：，，结合图形可知二面角的余弦值为.【点睛】思路点睛：解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错，（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量，（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.21．已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为，，过点和点的直线与椭圆交于，两点，到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）若点满足，求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）写出直线方程，由点到直线距离公式可求得，再由离心率得，从而求得后得椭圆方程；（2）设，，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，计算由得的范围，再由弦长公式得弦长，从而得出的面积，由的范围可得最大值．【详解】（1）设，，.直线过点和点，则其方程为，因为到直线的距离为，所以，解得.由得，所以，所以椭圆的方程为.（2）设，，由（1）知直线的方程为，由消去得，所以，，所以，.所以根据条件，解得.又因为，所以的面积，当或时，的面积最大，最大值为.【点睛】：方法点睛：本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设直线与椭圆交点为，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，并把这个结果代入求得的范围，代入三角形面积公式得面积的表达式，从而可求得最大值．22．已知函数（1）是的极小值点，求的取值范围；（2）若，为的导函数，证明：当时，.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求出，然后分、、、四种情况讨论，每种情况下求出的单调性即可；（2），设，，，利用导数求出和的最小值，然后可证明原不等式.【详解】（1）的定义域为..若，则当时，当时，所以是的极小值点，符合条件.若，令，得或，若，则当和时，当时，所以是的极小值点，符合条件.若，则恒成立，没有极值点，不符合条件.若，则当和时，当时，所以是的极大值点，不符合条件.因此的取值范围是.（2）当时，，，则，.设，，.由，可得，当且仅当时取等号.，设，则在上单调递减，因为，，故存在，使得当时，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，由于，，所以，当且仅当时取等号.因此当时，【点睛】方法点睛：当一个函数的导数的符号是由一个含参的二次函数决定时，常从以下几个方面进行讨论：①二次系数的符号，②对应的二次方程是否有根，③根的大小及根是否在定义域当中.