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    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)

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    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   

    A1 B C2 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(   

    A2 B3 C4 D6

    【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

    ,得

    所以满足的有

    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 B80 C40 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】.

    故选:A.

    5.已知是边长为2的正方形的边中点,则的值是(   

    A2 B3 C4 D

    【答案】C

    【分析】即可求出.

    【详解】.

    故选:C.

    6.已知满足不等式组,则的最大值为(   

    A2 B3 C4 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:D

    7.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AB;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,故A错误;

    对于B,若,可得,或mα相交,故B错误;

    对于C,若,可得,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βα的交线1m平行,又,可得,则,故D正确.

    故选:D

    8.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 B2 C4 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:A

    11.已知,若直线分别的交点横坐标为,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,设直线分别与的交点分别为

    因为互为反函数,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:

    该多面体是六面体;        到棱的距离为

    平面平面    该多面体外接球的直径为

    其中所有正确结论有(    )个

    A1 B2 C3 D4

    【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ABCD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】结论中,长、宽分别为

    ABCD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ABCD为顶点的三棱锥,故错误;

    结论中,

    是等腰直角三角形,

    到棱的距离为,故正确;

    结论

    平面,又平面

    平面平面,故正确;

    结论,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,故正确.

    所以结论②③④正确,共3.

    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】两种情况,由求解.

    【详解】时,

    时,

    适合上式,

    所以

    故答案为:

    15.若对任意ab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,只要上为增函数即可.

    【详解】因为0<a<b<tblna<alnb

    所以

    yx∈(0t),则函数在(0t)上单调递增,

    y≥0,解得0<xe

    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

    在直角三角形中,

    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

    160

    40

    200

     

    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

    0.15

    0.10

    0.050

    0.025

    0.010

    2.072

    2.706

    3.841

    5.024

    6.635

     

    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

    100

    20

    120

    不常使用共享单车

    60

    20

    80

    合计

    160

    40

    200

    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

    0

    1

    2

    3

    0.729

    0.243

    0.027

    0.001

    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,,点的中点.

    )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;

    )若,求二面角的余弦值.

    【答案】)存在的中点满足条件.证明见解析;(.

    【分析】)取的中点,连接,根据平行的传递性,证明,即可证明四点共面;

    )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:()存在的中点满足条件;

    连接

    因为点的中点,则是三角形的中位线,

    所以,又由已知

    所以,所以四点共面;

    )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

    为平面的一个法向量,

    ,所以,不妨取,则

    所以

    为平面的一个法向量,

    ,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,然后联立直线与抛物线方程,得出,假设成立,将的表达式代入,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

    的中点为点,直线的倾斜角为.

    ,则

    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

    ,所以

    消去整理得:

    显然

    ,则

    因为三点共线,

    所以

    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讨论即可得出结论;

    (2) ,然后分x∈两种情况验证即可得证.

    【详解】1)因为,所以

    易知单调递减;

    i)当时,,所以单调递减,

    ,符合题意;

    ii)当时,使

    单调递增,在单调递减;

    故当时,,不符合题意;

    iii)当时,,所以单调递增,

    ,不符合题意;

    综上所述,

    2

    时,,令

    所以

    单调递减,所以

    ,所以单调递减,

    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,已知直线在第一象限的交点分别为,求的值.

    【答案】1;(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.

    2的斜率为,倾斜角为,所以直线的极坐标方程为

    联立

    联立

    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.

    .

    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.

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