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)
展开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( )
A.1 B. C.2 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( )
A.2 B.3 C.4 D.6
【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,
由,得,
所以满足的有,
故中元素的个数为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. B.80 C.40 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】由.
故选:A.
5.已知是边长为2的正方形的边中点,则的值是( )
A.2 B.3 C.4 D.
【答案】C
【分析】由即可求出.
【详解】.
故选:C.
6.已知,满足不等式组,则的最大值为( )
A.2 B.3 C.4 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A,B;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,,可得或,故A错误;
对于B,若,,可得或,或m与α相交,故B错误;
对于C,若,,可得或,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β与α的交线1与m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. B.2 C.4 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,若直线分别与的交点横坐标为,,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,设直线分别与与的交点分别为,,
因为与互为反函数,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:
①该多面体是六面体; ②点到棱的距离为;
③平面平面; ④该多面体外接球的直径为,
其中所有正确结论有( )个
A.1 B.2 C.3 D.4
【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A,B,C,D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①中,长、宽分别为,,
A,B,C,D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A,B,C,D为顶点的三棱锥,故①错误;
结论②中,,,
是等腰直角三角形,
点到棱的距离为,故②正确;
结论③,,,
平面,又平面,
平面平面,故③正确;
结论④,三棱锥扩展为长方体,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④正确.
所以结论②③④正确,共3个.
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】分,两种情况,由求解.
【详解】当时,,
当时,,
而适合上式,
所以
故答案为:
15.若对任意a,b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,只要在上为增函数即可.
【详解】因为0<a<b<t,blna<alnb,
所以,
令y=,x∈(0,t),则函数在(0,t)上单调递增,
故y′=≥0,解得0<x≤e,
故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在上递增,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,,
则,,
在直角三角形中,,
在中,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”中有是“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,,,,点是的中点.
(Ⅰ)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;
(Ⅱ)若,求二面角的余弦值.
【答案】(Ⅰ)存在的中点满足条件.证明见解析;(Ⅱ).
【分析】(Ⅰ)取的中点,连接,,根据平行的传递性,证明,即可证明四点共面;
(Ⅱ)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:(Ⅰ)存在的中点满足条件;
连接,,
因为点是的中点,则是三角形的中位线,
所以,又由已知,
所以,所以,,,四点共面;
(Ⅱ)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,,
则,,,,,
∴,,
设为平面的一个法向量,
则,所以,不妨取,则,
所以;
设为平面的一个法向量,
则,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,及,然后联立直线与抛物线方程,得出,,假设成立,将,及的表达式代入,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.
设的中点为点,直线的倾斜角为.
过作,则
而
∴∴
∴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.
又,所以
由消去整理得:,
显然,
设,,
则,
又,则,.
因为,,三点共线,
所以,
即,
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,及讨论即可得出结论;
(2) ,然后分及x∈两种情况验证即可得证.
【详解】(1)因为,所以,
易知在单调递减;
∵,∴
(i)当时,,所以在单调递减,
故,符合题意;
(ii)当时,使,
则在单调递增,在单调递减;
故当时,,不符合题意;
(iii)当时,,所以在单调递增,
故,不符合题意;
综上所述,
(2),
当时,,令,
所以,
故在单调递减,所以,
即,所以在单调递减,
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:与、在第一象限的交点分别为,,求的值.
【答案】(1)或;(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,所以或.
(2)的斜率为,倾斜角为,所以直线的极坐标方程为,
联立与得,
联立与得,
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.
.
当时等号成立.
【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.
四川省成都市石室中学2023届高三二诊复习理科数学试题(三)(Word版附解析): 这是一份四川省成都市石室中学2023届高三二诊复习理科数学试题(三)(Word版附解析),共23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。
四川省成都市高新区2023届高三一诊模拟理科数学试题及答案: 这是一份四川省成都市高新区2023届高三一诊模拟理科数学试题及答案,共21页。试卷主要包含了单选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2022届四川省成都市高三第三次诊断考试 理科数学试卷(含答案): 这是一份2022届四川省成都市高三第三次诊断考试 理科数学试卷(含答案),共9页。