2021届内蒙古阿拉善盟第一中学高三上学期开学考试数学（理）试题含解析

2021届内蒙古阿拉善盟第一中学高三上学期开学考试

数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题知，再根据集合交集求解即可.

【详解】解：由题知，由于，

所以.

故选：D

2．已知变量与满足关系，变量与负相关.下列结论正确的是（       ）

A．变量与正相关，变量与正相关 B．变量与正相关，变量与负相关

C．变量与负相关，变量与正相关 D．变量与负相关，变量与负相关

【答案】B

【解析】根据变量间的相关关系直接判断即可.

【详解】解:根据变量与满足关系可知,变量与正相关;

再由变量y与z负相关知,变量与负相关.

故选:B.

【点睛】本题考查了变量间的相关关系,属基础题.

3．当时，不等式（其中且）恒成立，则的取值范围为（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】作出函数y=x2与y=loga（x+1）的图象如图，

要使当x∈（0，1）时，不等式x2＜loga（x+1）恒成立，

则a＞1且loga（1+1）=loga2≥1，解得1＜a≤2．

∴a的取值范围为（1，2]．

故选D．

点睛：本题考查了恒成立求参的问题．一般的方法有：变量分离转化成函数最值问题；还有分离成两个函数，其中一个函数大于另一个，即一个函数图像在另一个的上方；再就是直接转化为求函数的最值问题，让函数的最大值大于0或最小值大于0.

4．若复数满足，则（       ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】根据复数模的性质计算．

【详解】因为，所以，即，所以．

故选：A．

5．将4名大学生分配到3个乡镇去当村干部，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有

A．12种 B．18种 C．24种 D．．36种

【答案】D

【分析】由题意结合排列组合的知识整理计算即可求得最终结果.

【详解】由题意可知分配方案为一个乡镇2人，其余两个乡镇各一人，

据此结合排列组合公式可知，不同的分配方案有种.

本题选择D选项.

【点睛】(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．

(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．

6．已知一块形状为正四棱柱（底面是正方形，侧棱与底面垂直的四棱柱）的实心木材，，.若将该木材经过切割加工成一个球体，则此球体积的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】依题意，若使球的体积最大，只需该球内切于棱长为2的正方体中即可.

【详解】根据题意，当球内切于棱长为2的正方体中时，球的体积最大，

故该球体积最大时，半径为1，体积为：.

故选：C

【点睛】本题主要考查组合体问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.

7．一束光线从点出发，经轴反射到圆：上的最短路径的长度是（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】求出点关于轴的对称点，则最短路径的长为（圆的半径），计算求得结果.

【详解】由题意可得圆心，半径，点关于轴的对称点，如图：

所以，最短路径的长.

故选：B.

8．在中，，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量线性运算和数量积运算的定义和运算律可构造方程求得，由此可求得结果.

【详解】

，，

又，.

故选：.

【点睛】本题考查根据平面向量的数量积求解角的问题，涉及到平面向量的线性运算和数量积运算的定义及运算律；易错点是对于两向量夹角的判断出现错误.

9．在(2x－3y)10的展开式中，奇数项的二项式系数和与各项系数的和的比值为(　　)

A．210 B．29

C． D．

【答案】B

【详解】令x＝1，y＝1，则各项系数的和为(2－3)10＝1，因为，

.

故奇数项的二项式系数和为＝29，故奇数项的二项式系数和与各项系数的和的比值为29.

故选B.

点睛：二项式通项与展开式的应用：

(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定项或指定项的系数等.

(2)展开式的应用：

①可求解与二项式系数有关的求值，常采用赋值法.

②可证明整除问题(或求余数).关键是要合理地构造二项式，并将它展开进行分析判断.

③有关组合式的求值证明，常采用构造法.

10．以下四个选项中的函数，其部分函数图象最适合如图的是(       )

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据图像的对称性可知函数为奇函数，可排除A；对于选项B：根据函数在内的零点个数即可判断是否正确；对于选项C：利用导函数求函数单调性并判断零点个数即可求解；对于选项D：当，且时，判断函数值的符号即可求解.

【详解】由函数奇偶性可知，选项A为非奇非偶函数，选项B为奇函数，选项C为奇函数，选项D为奇函数.

由图像可知，函数图像关于原点对称，故函数为奇函数，故A错误；

对于选项B：因为在内有两个零点，

所以在内有两个零点，故B错误；

对于选项C：因为，易得在上单调递增，在上单调递减，利用零点存在的基本定理，在上只有一个零点，

故C符合图像；

对于选项D：，

当，且时，可知，故D错误.

故选：C.

11．已知函数是定义在上的奇函数，在区间上单调递增，实数满足，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：先根据奇函数将化简一下，再根据f（x）是定义在（﹣1，1）上的增函数，建立不等式组进行求解即可．

详解：∵f（x）是奇函数

∴等价为f（a）f（-a+1），

∵f（x）是定义在（﹣1，1）上的增函数，

∴ ,即.

故答案为C.

点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集．

12．已知{an}是等差数列，其前n项和Sn＝n2﹣2n+b﹣1，{bn}是等比数列，其前n项和Tn，则数列{bn+an}的前5项和为（　　）

A．37 B．-27 C．77 D．46

【答案】C

【分析】由等差数列的求和公式、等比数列的求和公式，结合数列的递推式，可得b＝1，a＝2，求得数列{an}，{bn}的通项公式，再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和．

【详解】{an}是等差数列，其前n项和，

由等差数列的求和公式可得b﹣1＝0，即b＝1，

即Sn＝n2﹣2n，

a1＝S1＝﹣1，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣2n﹣（n﹣1）2+2（n﹣1）＝2n﹣3，

则an＝2n﹣3，n∈N；

{bn}是等比数列，其前n项和，

则b13，bn＝Tn﹣Tn﹣13n3n﹣1＝﹣2•3n﹣1，

则3＝﹣2，即a＝2，

则bn +an＝n+2n，

数列{ bn +an}的前5项和为（1+2+…+5）+（2+4+…+32）

5×677．

故选：C．

【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，考查数列的分组求和，以及化简运算能力，属于中档题．

二、填空题

13．已知数列满足，若首项，则数列的前项和__________．

【答案】

【详解】 ，所以，所以数列 是首项为3，公比为3的等比数列， ，求得 ，那么数列的前项和分为 的前项和 ，数列 的前项和是，所以.

【点睛】本题考查了根据数列的递推公式求数列的通项公式，考查了通过构造数列，转化为等比数列求通项，形如： 型，可采用累加法求通项；（2）形如的形式，可采用累乘法求通项；（3）形如，（本题形式）可转化为，其中，构造等比数列求通项；（4）形如，可通过两边取倒数，然后再按(3)的形式构造等比数列，（5） ，而本题方法不太常见，注意是如何构成辅助数列求通项.

14．直线（为常数）经过定点______．

【答案】

【分析】把直线方程化成点斜式即可判断所经过定点.

【详解】，所以直线（为常数）经过定点.

故答案为：.

15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，则______．

【答案】

【分析】由正弦定理，即可求出；

【详解】解：在中，角，，所对的边分别为，，．

，，，

由正弦定理得：，即，

解得．

故答案为：

16．已知函数，其中为自然对数的底数，若存在实数满足，且，则的取值范围为_____．

【答案】

【分析】分析函数单调性知，记，得到，利用导数求出最值．

【详解】解：记，

由，知在和单调，

所以有， 时，，，所以，

所以，即，故，

设，，，则，令，得，

当时，，单调递增，

当，时，，单调递减，

；

所以当时，取极大值也是最大值，即，所以最大值为．

故答案为：，．

【点睛】本题考查分段函数的应用，结合导数知识，关键理清不同区间上表达式的形式，求出对应的最值，属于中档题．

三、解答题

17．某中学研究性学习小组为了考察高中学生的作文水平与爱看课外书的关系，在本校高三年级随机调查了50名学生.调查结果表明，在爱看课外书的24人中有18人作文水平好，另6人作文水平一般；在不爱看课外书的26人中有7人作文水平好，另19人作文水平一般.

（1）试根据以上数据完成以下2×2列联表，并运用独立性检验思想，指出有多大把握认为中学生的作文水平与爱看课外书有关系？

高中学生的作文水平与爱看课外书的2×2列联表

（2）将其中某4名爱看课外书且作文水平好的学生分别编号为1、2、3、4，某4名爱看课外书且作文水平一般的学生也分别编号为1、2、3、4，从这两组学生中各任选1人进行学习交流，求被选取的两名学生的编号之和为2的倍数或3的倍数的概率.

参考公其中·

参考数据：

【答案】（1）列联表见解析；有的把握认为中学生的作文水平与爱看课外书有关系；

（2）.

【分析】（1）先根据题意完成列联表，再计算，进而根据独立性检验的思想即可得答案.

（2）先写出所有的基本事件总数，再写出两名学生的编号之和为2的倍数或3的倍数的基本事件，进而根据古典概型计算即可得答案.

【详解】解：（1）根据题意得列联表如下：

所以

由表知，

所以有的把握认为中学生的作文水平与爱看课外书有关系.

（2）设两名学生的编号之和为2的倍数或3的倍数的事件为，

根据题意得，选取的学生编号的所有可能有：，，，，共16种可能结果，

其中两名学生的编号之和为2的倍数或3的倍数的有：，，，共10种可能结果，

故，

【点睛】本题考查独立性检验的思想，古典概型，考查运算能力，是中档题.

18．设的内角的对边分别为，已知且，.

（1）求角；

（2）若，求周长的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由向量垂直有，结合其坐标表示可得，应用余弦定理即可求角；

（2）应用正弦定理有，进而得到，根据三角形内角和性质及周长公式即可求周长的取值范围.

【详解】(1)∵，

∴

∴，即，

∴.

∵B∈(0,π)，

∴.

（2）由正弦定理，得，又因为

所以

又因为，所以

所以

所以△ABC周长的取值范围

【点睛】关键点点睛：本题综合考查了向量垂直的坐标表示、正余弦定理的应用，注意观察正弦定理中边角互化、余弦公式形式的辨析，以及应用三角恒等变换化简三角函数式并结合三角形的内角性质求周长范围.

19．如图，四棱锥的底面是菱形，，平面，是的中点，是的中点．

（）求证：平面平面．

（）求证：平面．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【详解】试题分析：（1）根据平几知识计算得，再根据条件由线面垂直得，最后根据线面垂直判定定理得平面，由面面垂直判定定理得结论（2）取的中点，由平几知识得，再根据线面平行判定定理得结论

试题解析：（）∵底面是菱形，，

∴为正三角形，是的中点，，

平面，平面，∴，

∵，∴平面，

∵平面，∴平面平面．

（）取的中点，连结，，

∵，是中点，∴且，

∴与平行且相等，∴，

∵平面，平面，∴平面．

20．已知点A（2，0），.P为上的动点，线段BP上的点M满足|MP|＝|MA|.

（Ⅰ）求点M的轨迹C的方程;

（Ⅱ）过点B（-2，0）的直线与轨迹C交于S、T两点，且，求直线的方程.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】(Ⅰ)由题意有可得,故点M的轨迹是以A、B 为焦点的椭圆,根据椭圆的定义可得,,可得,故轨迹C的方程为 ； (Ⅱ) 设的方程为,代入得,.可得,由,可得①,

由此求出斜率k的值,即得的方程.

【详解】(Ⅰ)由题意有可得,故点M的轨迹是以A、B 为焦点的椭圆,

,,

故轨迹C的方程为 .

(Ⅱ) 显然直线的斜率存在,设的方程为,代入得,

过焦点,显然成立.

设

,

①,

且,由①②解得代入③

整理得:,的方程为.

【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程的求法,直线和圆锥曲线的位置关系,两个向量坐标形式的运算,求出,是解题的难点. 求解椭圆方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.

21．已知函数（为自然对数的底数，为常数，且）.

（Ⅰ）若函数在处的切线与直线平行，求的值；

（Ⅱ）若在上存在单调递减区间，求的取值范围.

【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）对求导，代入得到斜率，令斜率等于，求出；（Ⅱ）根据题意转化为时，有解，当时，易得不存在单调递减区间，当时，等价于有解，再对进行分类，得到当时，不符合题意；当当时，满足题意，得到答案.

【详解】,,

由知，；

由题知，时，有解

当时，恒成立，

不存在单调递减区间；

当时，有解

等价于有解

设，，，

因为，.

当时，恒成立，

在单调递减，

恒成立，不符合题意

当时，，当时，，

在单调递增，

即，

综上所述，.

【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数求在一点的切线，利用导数求函数单调性极值和最值，以及不等式能成立问题，属于难题.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为.

（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；

（2）设曲线C1与曲线C2交于两点求的值.

【答案】（1）,；（2）.

【分析】（1）消去参数，可得曲线普通方程，结合极坐标与直角坐标的互化，即可求得曲线的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；.

（2）联立方程组，求得的坐标，结合两点间的距离公式，即可求解.

【详解】（1）由曲线的参数方程为(t为参数)，

消去参数，可得曲线普通方程为，

又由，可得曲线的极坐标方程为，

由曲线C2的极坐标方程为，可得曲线C2的直角坐标方程为.

（2）联立方程组，整理得，

解得，

代入直线，可得，

可得，，

所以

23．已知均为正数，且.

(1)求的最小值；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由即可求解；

（2）由，则根据三元均值不等式即可求解.

【详解】(1)解：由均值不等式得，当且仅当时取等号，

所以的最小值为；

(2)解：由均值不等式得，从而，

当且仅当时取等号.