精品解析：内蒙古赤峰市2021届高三上学期12月双百金科大联考数学(理)试题

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注意事项：
1.答题时，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5.考试结束后，只将答题卡交回.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
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. 已知全集，集合，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得全集，由此求得.
【详解】由，解得，所以，所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题.
2. 若（是虚数单位），则复数的模为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘法、除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的求模公式计算出复数的模.
【详解】因为，所以，
所以，故选D.
【点睛】本题考查复数的乘法、除法法则以及复数模的计算，对于复数相关问题，常利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式进行求解，考查计算能力，属于基础题.
3. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数的奇偶性与函数值符号判断．
【详解】∵函数为非奇非偶函数，
∴其图象既不关于原点对称，也不关于轴对称，故选项C错误；
当时，，故A，D错误，
故选：B
4. 已知数列的首项为，前项和为，若，（），则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由和的递推关系可得表达式，发现从第二项起，后面的数都与前面的数之比为定值，故可用分组求和、等比数列求和公式法即可得解.
【详解】由（），得（），
两式作差得：（），
即（）.
∵，（），∴，
∴，∴.
故选：C.
5. 若执行如图所示的程序框图，则输出k的值是
A. 8B. 10C. 12D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】
根据程序框图一步一步往下执行，即可得答案.
【详解】
，退出循环，输出
故选：B.
【点睛】本题考查程序框图中的循环结构，考查简单阅读程序框图能力，属于基础题.
6. 我国数学家陈景润在对哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就.哥德巴赫猜想简述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”（注：如果一个大于1的整数除了1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数），如.在不超过20的素数中，随机选取2个不同的数，这两个数的和等于20的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据组合数的计算，即可由古典概型的概率公式求解.
【详解】不超过20的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个，
随机选取两个不同的数，共有种取法，
随机选取两个不同的数，其和等于20的有2种取法：，，
故随机选取两个不同的数，其和等于20的概率.
故选：A
7. 若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.
【详解】设平面向量与的夹角为，，可得，
在等式两边平方得，化简得.
故选：A.
【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.
8. 在二项式的展开式中的指数为整数的项的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意将二项展开式的通项写出来，然后结合已知即可求解.
【详解】二项式展开为，.
当时，的指数为整数，共有四项.
故选：D.
9. 在平面直角坐标系中，若曲线（，为常数）过点，且该曲线在点处切线与直线平行，则（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
分析】由题意将点代入得，求导得，由题意将点代入得，联立即可得解.
【详解】∵函数的导数为，
∴曲线在点处的切线斜率为，
由两直线平行可得①.
又∵点在曲线上，
∴②，由①②解得，.
故选：C.
10. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式和同角三角函数关系进行求解.
【详解】∵，
∴.
又∵，故，
∴，，
∴.
故选：A
11. 已知为双曲线的右焦点，过点的直线交双曲线的右支于，两点，交：于点.若，，则双曲线的离心率为（ ）
A. 4B. 3C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用双曲线第二定义和三角形相似，求出即可求得离心率的值.
【详解】由题意得，即双曲线的右准线.
如图，过，作右准线的垂线，垂足为，，轴与右准线的交点为.
因为，所以是的中点，,
由双曲线第二定义可得，可得，
又由相似三角形可得，
所以，所以，
因为，所以，，，
又由相似三角形可得，
因为，，，
所以综上可化为，
解得，所以.
故选：C.
12. 设函数的定义域为，若满足：在内是单调函数，且存在（），使得在上的值域为，那么就称是定义域为的“成功函数”.若函数（，）是定义域为的“成功函数”，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，结合导函数特点得到恒大于零，此时，问题可化为在上至少有两个解，换元后得到在上有两个不同的解，利用二次函数的开口方向，对称轴，得到，求出答案.
【详解】∵，
当且仅当时有恒大于零，不会恒小于零，
∴，在上单调递增.
由题意得，要使为“成功函数”，则在上至少有两个解.
∵，故，
∴问题可化为在上至少有两个解.
设，得在上有两个不同的解，
令，其图象开口向上，对称轴为，过点，且，
∴即可，解得，
∴.
故选：B
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 若点在函数的图像上，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】将点代入函数可得，利用对数定义求解即可.
【详解】将点代入函数，得，得.
所以.
故答案为4.
【点睛】本题主要考查了幂函数解析式的求解及对数的运算，属于基础题.
14. 设函数，为常数.若存在，使得，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据零点与对应方程根的关系以及函数零点存在性定理即可得答案.
【详解】因为存在，使得，
所以函数在上有零点.
当时，不存在零点，
当时，为一次函数形式，具有单调性，
由函数零点存在性定理知，即，
解得或.
故答案为：.
15. 过点作直线交抛物线于，两点，且点恰为线段中点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用点差法求出直线的斜率，从而求出直线的方程，与抛物线联立方程，根据弦长公式，即可求得.
【详解】设的坐标分别为，
则两式相减可得，
∵点恰为线段中点，∴，
∴，∴，
∴直线的斜率为，∴直线的方程为，即，
联立抛物线与直线的方程：消去，得，
∴，，，
∴.
故答案为：.
16. 是R上可导的奇函数，是的导函数已知时，，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，判定单调性，建立关于x的不等式，计算结果，即可．
【详解】构造新函数，则，结合当时，
可知，在时递增的.
则.
由，得，
令，即所以，
得到，解得
【点睛】考查了利用导函数判定原函数单调性，考查了构造函数的思想，难度偏难．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 在中，内角的对边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）（2）1
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理进行化简，即可求出结果.
（2）由题意求出的值，结合正弦定理以及三角形的面积公式进行计算，即可得出结果．
【详解】（1）由余弦定理得
化简得，
∴.
∵，∴.
（2）由，得，
在中，
∵
，
由正弦定理，
得，
.
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.
18. 如图，在三棱锥中，，底面ABC
（1）证明：平面平面PAC
（2）若，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得到，再根据底面ABC，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）作，连接OM，由平面平面PAC，得到平面PBC，
则即为AM与平面PBC所成的角求解.
【小问1详解】
证明：因为，
所以，又底面ABC，
所以，又，
所以平面PAC，
因为平面PBC，
所以平面平面PAC；
【小问2详解】
如图所示：
作，连接OM，
因为平面平面PAC，平面平面PAC=PC，
所以平面PBC，
则即为AM与平面PBC所成的角，
设，则，
所以，又，
所以，
所以AM与平面PBC所成角的正切值为.
19. 已知某单位招聘程序分两步：第一步是笔试，笔试合格才能进入第二步面试；面试合格才算通过该单位的招聘.现有，，三位毕业生应聘该单位，假设，，三位毕业生笔试合格的概率分别是，，；面试合格的概率分别是，，.
（1）求，两位毕业生中有且只有一位通过招聘的概率；
（2）记随机变量为，，三位毕业生中通过招聘的人数，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由独立事件乘法公式，对立、互斥事件概率关系即可得解.
（2）由题意可得，由二项分布的概率计算公式、期望公式即可得解.
【小问1详解】
记“，两位毕业生中有且只有一位通过招聘”为事件.
通过招聘的概率为，通过招聘的概率为，
∴.
即，两位毕业生有且只有一位通过招聘的概率为.
【小问2详解】
随机变量可能的取值为0，1，2，3.
通过招聘的概率为，
由（1）得，两位毕业生通过招聘的概率均为.
∴，，三位毕业生通过招聘的人数.
则，
，
，
，
随机变量的分布列为：
数学期望.
20. 已知动点到定点和到直线的距离之比为.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若，，过点的直线与曲线相交于，两点，则是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，定值
【解析】
【分析】（1）设，根据题意直接列出所满足的方程，化简即可得出答案.
（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，消元，写韦达；根据韦达定理求出的值即可.
【小问1详解】
设，则由题意，知，即，
所以，即，
∴点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
易知直线的斜率存在，所以设，，过点的直线的方程为，
由消去，得：，
其中，，，
所以
，
所以是定值.
21. 已知函数的极值为.
（1）求的值；
（2）若，判断方程是否恒有解.
【答案】（1）
（2）恒有解，理由见解析
【解析】
【分析】（1）分、两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，结合函数的极值可求得实数的值；
（2）令，利用导数分析函数的单调性，数形结合可得出方程解的情况.
【小问1详解】
解：因为，则，
①当时，函数的定义域为，
由，由，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，存在极大值，得；
②当时，函数的定义域为，
由，由，
此时，函数的增区间为，减区间为，
即存在极小值，得（舍去）.
综上，.
【小问2详解】
解：恒有解，证明如下：
由（1）得（），则，
令，则，
令，则，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，即，
当时，，即，此时函数单调递减，
当时，，即，此时函数单调递增，
因为，所以，，
当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，方程恒有解.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.
22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程与圆的直角坐标方程；
（2）已知点，直线与圆相交于，两点，设，求实数.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）消去参数，求得直线普通方程，由求圆的普通方程.
（2）设点，对应的参数分别为，.依题意，点在直线上且在圆的内部..然后将直线的参数方程与圆的直角坐标方程联立，再用韦达定理求解.
【详解】（1）由，消去参数，
得.
由，得，即.
故圆的直角坐标方程为.
（2）设点，对应的参数分别为，.
依题意，点在直线上且在圆的内部.
.
将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程并整理得，
，.
，，
得，.
，.
【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的转化和直线与圆的位置关系，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
23. 已知
（1）求不等式的解集
（2）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）通过零点讨论法去绝对值即可，最终将所有范围取并集
（2）利用绝对值三角不等式先求出的最小值4，再解的绝对值即可
【详解】（1），解得；
，解得；
，解得.
综上，不等式的解集是.
（2）因为
所以，解得.
【点睛】本题考查双绝对值不等式的解法，一般是通过零点讨论法去绝对值；对于第二问中的含参绝对值的解法，一般是通过三角不等式求出函数的最值，再采用去绝对值的一般方法进行求解即可
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