新疆玛纳斯县第一中学2021届高三上学期期中备考Ⅰ数学（理）试卷 Word版含答案

这是一份新疆玛纳斯县第一中学2021届高三上学期期中备考Ⅰ数学（理）试卷 Word版含答案，共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，设，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。

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2020-2021学年上学期高三期中备考卷
理科数学1
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合，，求（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵，∴，
又∵，∴．
2．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题“今有北乡八千七百五十八，西乡七千二百三十六，南乡八千三百五十六，凡三乡，发役三百七十八人，欲以算数多少出之，何各几何?”意思是：北乡有人，西乡有人，南乡有人，现要按人数多少从三乡共征集人，问从各乡征集多少人?在上述问题中，需从西乡征集的人数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意得，三乡总人数为人．
∵共征集人，∴需从西乡征集的人数是，故选B．
3．若复数，，且，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，故，．
4．若为坐标原点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意，为使取最小值，只需与直线垂直，
由点到直线距离公式可得．
5．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】∵，
当时，，
此时令，则在上，满足，
反之，当时，，不一定有，
比如，
∴“”是“”的充分不必要条件．
6．方舱医院的创设，在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用．某方舱医院医疗小组有七名护士，每名护士从周一到周日轮流值一个夜班．若甲的夜班比丙晚一天，丁的夜班比戊晚两天，乙的夜班比庚早三天，己的夜班在周四，且恰好在乙和丙的正中间，则周五值夜班的护士为（ ）
A．甲 B．丙 C．戊 D．庚
【答案】D
【解析】已知己的夜班在周四，假设乙和丙的夜班分别在周三和周五，
则“甲的夜班比丙晚一天”与“乙的夜班比庚早三天”矛盾．
因为“甲的夜班比丙晚一天”，所以丙的夜班不可能在周日，
所以乙和丙的夜班分别在周二和周六．
由“甲的夜班比丙晚一天”，得甲的夜班在周日，
由“乙的夜班比庚早三天”，得庚的夜班在周五，故选D．
7．等差数列的前项和为，若公差，，则当取得最大值时，的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由，，得，
又因为，，故当时，取最大值．
8．公元前世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（）与它的直径（）的立方成正比”，即，欧几里得未给出的值．世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长）．假设运用此体积公式求得球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为、、，那么（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得，球的体积为；
等边圆柱的体积为，
正方体的体积，所以．
9．设变量，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意作出满足条件的可行域如图中阴影部分，
则对于目标函数，平移直线可知，
当直线经过点时，取得最小值，
当直线经过点时，取得最大值，
所以，即．

10．已知函数对定义域内的任意都有，且当时，其导函数满足，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由，得，
则当时，，所以在上为增函数．
因为，所以，．
又由知函数图象的对称轴为，
所以且，
所以，即，故选C．
11．已知椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，点，当的周长最大时，的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由椭圆方程，得，，，
设椭圆左焦点为，则的周长为，
当且仅当，，三点共线，且在的延长线上时取等号，
∵，，
∴直线的方程为，即，
由，得，
∴的纵坐标为，∴当的周长最大时，
该三角形的面积为．
12．已知函数在上的最大值为，最小值为，
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】注意到，
可令，，则，，
显然，．
又为奇函数，则，所以，故选A．

第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在的二项展开式中，常数项等于__________．
【答案】
【解析】根据所给二项式的构成，常数项只有一项，就是．
14．在平面直角坐标系中，已知，．若，，则实数的值为________．
【答案】
【解析】∵，，∴，
设，则①．
又，，∴且②．
由①②可得，，．
15．若将函数的图象向左平移个单位长度，
平移后的图象关于点对称，则函数在上的最小值为_______．
【答案】
【解析】∵，
向左移得，
∵图象关于点对称，∴，
∵，∴，故，
∵，∴．
16．数列满足，，其中，若存在正整数，当时总有，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】记，（，，），
根据题意可知，，这时总存在，满足：当时，；
当时，．
所以由及可知，
若为偶数，则，从而当时；
若为奇数，则，从而当时．
因此“存在，当时，总有”的充分必要条件是：为偶数，记（，，），则满足，
故的取值范围是，
又，∴．

三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12分）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意，得，
∵，∴，
∵，∴．
（2）∵，由正弦定理，可得．
∵，∴，∴，
∴．
18．（12分）唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔．唐三彩的生产至今已有多年的历史，制作工艺十分复杂，它的制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立。某陶瓷厂准备仿制甲、乙、丙三件不同的唐三彩工艺品，根据该厂全面治污后的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品合格的概率依次为，，．
（1）求第一次烧制后甲、乙、丙三件中恰有一件工艺品合格的概率；
（2）经过前后两次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品成为合格工艺品的件数为，求随机变量的数学期望．
【答案】（1）；（2）．
【解析】分别记甲乙丙第一次烧制后合格为事件，，，
（1）设事件表示第一次烧制后恰好有一件合格，
则．
（2）因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为，
所以随机变量，
所以．
19．（12分）如图，在六面体中，平面平面，平面，，，且，．
（1）求证：平面；
（2）求锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）设的中点为，连接，，
易证：四边形是平行四边形，
∴，且，
∵平面平面，∴，
∵，∴，且，
∴四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，
故平面．
（2）由题意可得，，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，则；
又平面的法向量为，
∴，
由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．

20．（12分）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆相交于，两点，点，在上，且满足，，（点，，，从上到下依次排序）．
（1）试用表示；
（2）证明：原点到直线的距离为定值．

【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）椭圆，故，
．
（2）设，，
则将代入，得到，
故，，，
，故，得到，
，故，同理，
由已知得或，
故，
即，化简得到，
故原点到直线的距离为为定值．
21．（12分）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若在定义域内恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）证明见解析．
【解析】（1）定义域为，，
若，，在上单调递增；
若，，
所以，当时，，当时，．
综上：若，在上单调递增；
若，在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知，时，不可能成立；
若，恒成立，，得，
综上，．
（3）由（2）知，当时，有在上恒成立，即，
令，得，即，，得证．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线与直线的普通方程；
（2）若点在曲线上，在直线上，求的最小值．
【答案】（1），；（2）3．
【解析】（1）由，消去，得，
因为，
由直角坐标与极坐标的转化公式可得，
所以曲线的普通方程为，直线的普通方程为．
（2）由（1）知：，得圆心为，半径为，
，
的最小值即圆心到直线的距离减去圆的半径，
因为到直线的距离，
所以的最小值为．
23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】
已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若关于的不等式的解集包含集合，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，
所以不等式，即为，
等价于或或，
即或或，
解得或或，∴，
∴原不等式的解集为．
（2）∵不等式的解集包含集合，
∴当时，不等式恒成立，
即对恒成立，
∴对恒成立，
∴对恒成立．
又当时，，，∴，
∴实数的取值范围为．