重庆市第一中学高三数学下学期模拟考试试题理

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重庆市第一中学2021届高三数学下学期4月模拟考试一试题理

本卷须知：

答卷前，考生务势必自己的姓名、准考据号码填写在答题卡上。

作答时，务势必答案写在答题卡上。写在本试卷及底稿纸上无效。

考试结束后，将答题卡交回。

第一卷一．选择题：本题共12小题，每题5分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的。1．复数z知足z(1i)1i〔i是虚数单位〕，那么|z|=A．0B．1C．1D．3222.会合A{xy1}，2，，那么CRAB=1xBxx2x30xZA．1B．2C．1，2D．1，2，33.假定alog34，b0.4，clog12，那么实数a，b，c的大小关系为2A.abcB．acbC．bcaD．bac4.以下说法正确的选项是S0,i1A.设m是实数，假定方程x2y21表示双曲线，那么m2．否m12m“pB.q为真命题〞是“pq为真命题〞的充分不用要条件．C.命题“xR，使得x22x30〞的否定是：“xR，SS2i-1x22x30〞．ii1D.命题“假定x0为yfx的极值点，那么f'x0〞的抗命题是真命题．05.履行右侧的程序框图，假定输出的S的值为63，那么判断框中输出S能够填入的对于i的判断条件是结束A．i5B．i6C．i7D．i8在数学兴趣讲堂上，老师出了一道数学思虑题，某小组的

1

三人先独立思虑达成，而后一同议论。甲说：“我做错了！〞

乙对甲说：“你做对了！〞丙说：“我也做错了！〞老师〔第5题〕

看了他们三人的答案后说：“你们三人中有且只有一人做对

了，有且只有一人说对了。〞请问以下说法正确的选项是

A.甲说对了B.甲做对了C.乙说对了D.乙做对了

割补法在我国古代数学著作中称为“进出相补〞，刘徽称之为“以

盈补虚〞，即以剩余补缺少，是数目的均匀思想在几何上的表达。

右图揭露了刘徽推导三角形面积公式的方法。在ABC内任取

一点，那么该点落在标志“盈〞的地区的概率为

1B.1C.11A.D.2345

8.将函数fx23sinxsinx2sin2x1的图像向左平移〔0〕个单位长度后，所2得图像对于y轴对称，那么的值可能为A．B．2C．D．63239.空间中不一样直线m、n和不一样平面、，下边四个结论：

①假定m、n互为异面直线，m//,n//,m//,n//，那么//；

②假定

③假定

mn，m，n//，那么；

n，m//，那么nm；

④假定，m，n//m，那么n//.此中正确的选项是

A.①②B.②③C.③④D.①③

10.在ABC中，三内角A、、C对应的边分别为a、b、c，且a3，3sinC(sinB3cosB)sinA，BBC边上的高为h，那么h的最大值为A．1B．1C．3D．222

2

假定一个四位数的各位数字相加和为10，那么称该数为“完满四位数〞，如数字“2021〞.试问用数字

0,1,2,3,4,5,6,7构成的无重复数字且大于2021的“完满四位数〞有〔〕个A.71B.66C.59D.5312.设x表示不大于实数x的最大整数，函数fxln2xlnx1,x0，假定对于x的方程fx1有且exax1,x0只有5个解，那么实数a的取值范围为

A.,1B.,eC.,1D.,e

第二卷

本卷包含必考题和选考题两局部。第13题～第21题为必考题，每个试题考生一定做答。第22题～第

题为选考题，考生依据要求做答。

二．填空题:本题共4小题，每题5分，共20分。

xy，1那么zx2y的最大值是_____.13.假定实数x，y知足拘束条件xy，1x，014.平面向量a,b的夹角为3，且a1,b1,3，那么a2bb_____.22n15.aa0的二项睁开式中，只有第5项的二项式系数最大，且全部项的系数和为256，那么含x6在xx的项的系数为______.16.抛物线C:y24mxm0与直线xym0交于A、B两点〔A、B两点分别在x轴的上、下方〕，且弦长AB8，那么过A，B两点、圆心在第一象限且与直线xy5430相切的圆的方程为______.

三．解答题:共70分。解允许写出文字说明、证明过程或演算步骤。

〔一〕必考题：共60分

17.数列an知足：an1,an121nN，数列bn中，bn1，且b1，b2，b4成等比anan1数列.

3

求证：数列bn是等差数列；

(2)假定Sn是数列bn的前n项和，求数列1的前n项和Tn.Sn

18.某蛋糕店制作并销售一款蛋糕，制作一个蛋糕本钱3元，且以8元的价钱销售，假定当日卖不完，剩下

的那么无偿捐赠给饲料加工厂。依据过去100天的资料统计，获取以下需求量表。该蛋糕店一天制作了这

款蛋糕X〔XN〕个，以x〔单位：个，100x150,xN〕表示当日的市场需求量，T〔单位：

元〕表示当日销售这款蛋糕获取的收益.

需求量/个100,110110,120120,130130,140140,150

天数1525302010

〔1〕当x135时，假定X130时获取的收益为T1，X140时获取的收益为T2，试比较T1和T2的大小；〔2〕当X130时，依据上表，从收益T许多于570元的天数中，按需求量分层抽样抽取6天，〔i〕求此时收益T对于市场需求量x的函数分析式，并求这6天中收益为650元的天数；〔ii〕再从这6天中抽取3天做进一步剖析，设这3天中收益为650元的天数为，求随机变量的散布列及数学希望.

如图，四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，

AB4,DAB600,APPD,AP23,

BP4,M为AD的中点.

〔1〕求证：平面BPM平面APD；

6〔2〕假定点N在线段BC上，当直线PN与平面PMC所成角的正弦值为8

时，求线段BN的长.

4

20.点D0,1，过点D作抛物线1:x22pyp0的切线l，切点A在第二象限.C〔1〕求切点A的纵坐标；〔2〕有一离心率为2的椭圆C2x2y21ab0恰巧经过切点A，设切线l与椭圆C2的另一交:2b22a点为点B，记切线l、OA、OB的斜率分别为k、k1、k2，假定k1k24k，求椭圆C2的方程.

xx，此中e为自然对数的底数.21．函数fxe24〔1〕设函数gxx1f'x〔此中f'x为fx的导函数〕，判断gx在1,上的单一性；〔2〕假定函数Fxlnx1afx4在定义域内无零点，试确立正数a的取值范围.

(二〕选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题作答。注意：只好做所选定的题目，假如

多做，那么按所做的第一题计分，做答时请用2B铅笔在答题卡大将所选题号后的方框涂黑。

22.在直角坐标系xtcosxOy中，直线l的参数方程为〔t为参数〕，在以坐标原点ytsin

为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C1:2cos，曲线

C2:2cos.3

〔1〕求C1与C2交点的直角坐标；

〔2〕假定直线l与曲线C1,C2分别订交于异于原点的点M,N,求|MN|的最大值.

23．设函数f(x)2x12x1.

〔1〕假定存在x0R，使得fx02m5m，务实数m的取值范围；

5

〔2〕假定m是〔1〕中的最大值，且正数a,b知足abm，证明：a2b21.ba

数学〔理科〕答案

一．选择题

CCABBACDDCAA

二．填空题

13.214.516.x12y422415.2

三．解答题

17.解：〔1〕bn1bn1111an1an11an11an1an1211an1an

数列bn是公差为1的等差数列；

〔2〕由题意可得b22b1b4,即b112b1b13，因此b11

Snnn1122112Snnn1nn1

Tn21111112112n223nn1n1n1

18.〔1〕X130时，T11305650元；X140时,T1135535660元，T2T1；

〔2〕〔i〕当X1308x390,100x130时，收益T=150650，130x

当T570时，即8x390570,即120x130，

6

又650570，因此收益T许多于570元时，需求量120x150，共有60天，

按分层抽样抽取，那么这6天中收益为650元的天数：613，2〔ii〕由题意可知=0，1，2，3,此中P0C331P1C32C319C6320,C6320,PC31C329,P3C331.2C6320C6320故的散布列为

P0123

199120202020

E991322032202019.〔1〕证明：由题意易得BMAD,且BM23，在RtAPD中，PD42232,2PDA600,PM2,在PMB中，PM2BM2BP2,PMMB又ADPMM，BM面APD,又BM面BPM，平面BPM平面APD〔2〕由〔1〕可知BM面APD，因此以点M为坐标原点,成立如图所示的空间直角坐标系，那么M0,0,0,P0,1,3，C23,4,0,设N23,a,00a4，那么PN23,a1,3，MP0,1,3,

MC23,4,0,

设平面PMC的一个法向量为mx,y,z

7

由mMP0y3z0，那么令x，因此m2,3,1mMC023x4y02,y3,z1433a136cosm,PN，43112a2381

解得a2或a8〔舍〕故BN2y20.解：〔1〕设切点A(x0,y0)那么有y0x20，A2pxxx2Ox由切线l的斜率为k，得l的方程为yD00x0，Bpp2p又点D(0,1)在l上因此1x02即y01，1.02p〔2〕由〔1〕得A(2p,1)，切线斜率k2，设B(x1,y1)，切线方程为ykx1p由e2c212a2b2，因此a22b22得a2又c2因此椭圆方程为x2y21，222bbykx12b2得(12224k22b2由x22y22k)x4kx22b0x0x112k2,x0x112k2又由于k1k24k，即y0y1x1y0x0y1x1(kx01)x0(kx11)(x1x0)x0x1x0x1x0x12kx0x14k2k2k12k22k4k2-2b21b212k2

解得b222x2y22，因此a2b4.因此椭圆方程为142

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21.解：〔1〕由于xx'1x1'1xfxe2，那么fxe2，x12e21，424gxx1fx4

g'x1x1x1e2x312e212e444

1210，gx在1,上单一递加.

〔2〕由Fxlnx1afx4知F'x1af'xa1gx，x1x1a

由〔1〕知gx在1,上单一递加，且g10，可知当1,时，gx0,，

那么F'xa1gx有独一零点，设此零点为xt,x1a

易知x1,t时，F'x0，Fx单一递加；xt，时，F'x0，Fx单一递减，

故FxmaxFtlnt1aft4，此中a1.gt

fx'''4，那么'1fxgxfxgxfxgx,令Gxlnx1Gxgxx1gx2gx2

易知fx0在1,上恒成立，因此G'x0，Gx在1,上单一递加，且G00.

①当0a4时，gt11g0，由gx在1,上单一递加知t0，a4那么FxmaxFtGtG00，由Fx在1,t上单一递加，Fe41afe410，因此FtFe410，故Fx在1,t上有零点，不切合题意；11g0,由gx的单一性知t0，那么FxmaxFtGtG00，此时Fx②当a4时，gt4a有一个零点，不切合题意；11g0，由gx的单一性知t0，那么FxmaxFtGtG00，此时③当a4时，gt4aFx没有零点.

综上所述，当Fxlnx1afx4无零点时，正数a的取值范围是a4,.

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〔二〕选考题：

22.解：〔1〕曲线C1的直角坐标方程为x2y22x

x2y23曲线C2的直角坐标方程为x2y