2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题(解析版)

2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题一、单选题1．已知集合，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】集合,所以错误错误,,所以正确，错误故答案选2．复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果.【详解】由，知在复平面内对应的点位于第一象限，故选：A.【点睛】本题主要考查了复数除法的运算以及复数的几何意义，属于基础题.3．有4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法为（）A．6种 B．12种 C．36种 D．72种【答案】C【分析】4名同学中选2名作为一人，共3人分到三个小区即可．【详解】由题意不同的安排方法是．故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，解题关键是确定完成事件方法．4．如图，《宋人扑枣图轴》是作于宋朝的中国古画，现收藏于中国台北故宫博物院．有甲、乙两人想根据该图编排一个舞蹈，舞蹈中他们要模仿该图中小孩扑枣的爬、扶、捡、顶中的两个动作，每人模仿一个动作，若他们采用抽签的方式来决定谁模仿哪个动作，则甲只能模仿“爬”或“扶”且乙只能模仿“扶”或“捡”的概率是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先确定基本事件总数，再分类讨论要求事件含有的基本事件数，计算概率即可.【详解】依题意，基本事件总数是，设事件表示甲只能模仿“爬”或“扶”且乙只能模仿“扶”或“捡”，①若甲模仿“爬”，则乙能模仿“扶”或“捡”，有2种选择，剩余的2人全排列种排法，故有种排法；②若甲模仿“扶”，则乙只能模仿“捡”，剩余的2人全排列种排法，故有种排法，故包含个基本事件，.故选：C.【点睛】本题考查了利用古典概型的概率计算解决实际问题，属于基础题.5．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）A．8 B．7 C．6 D．5【答案】C【分析】求出关于的对称点,根据题意，为最短距离，求出即可.【详解】设点关于的对称点，设军营所在区域为的圆心为,根据题意，为最短距离，的中点为，，直线的斜率为1,解得：,，故选:C.【点睛】本题考查点关于直线对称，点与圆心的距离，考查运算求解能力，求解时注意对称性的应用.6．在长方体中，，，设交于点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求异面直线成角即可。【详解】以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，因为，，所以，，，，，，则.故选：D【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角，属于简单题。7．若偶函数满足，，则（）A． B．1010 C．1010 D．2020【答案】A【分析】先根据题意得函数是以为周期的周期函数，再结合奇偶性即可求解.【详解】解：根据题意得，所以，即函数是以为周期的周期函数，由于函数是偶函数，，所以，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查函数的周期性，考查运算能力，是基础题.8．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（）（参考数据：，）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前项和，列出不等式解之可得．【详解】第一次操作去掉的区间长度为；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；…第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为，由题意，，即，即，解得：，又为整数，所以的最小值为.故选：C.【点睛】本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前项和等知识及估算能力，属于中档题.二、多选题9．已知曲线的方程为．（）A．当时，曲线是半径为2的圆B．当时，曲线为双曲线，其渐近线方程为C．存在实数，使得曲线为离心率为的双曲线D．“”是“曲线为焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件【答案】ABD【分析】A.由得到曲线方程判断；B.由得到曲线方程判断；C.根据曲线为离心率为的双曲线，则由判断；D.利用充分和必要条件的定义判断.【详解】A.当时，曲线方程为，所以是半径为2的圆，故正确；B.当时，曲线方程为，所以是双曲线，且其渐近线方程为，故正确；C.若曲线为离心率为的双曲线，则，方程无解，故错误；D.当时，，曲线为焦点在y轴上的椭圆，故不充分，当曲线为焦点在轴上的椭圆时，则，解得，故必要，故正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查曲线与方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.10．设，，则（）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】对于A，化简后利用基本不等式判断即可；对于B，举反例可判断；对于C，利用作差法判断即可；对于D，【详解】对于A，因为，当且仅当，即时取等号，所以A正确；对于B，令，则，，此时，所以B错误；对于C，因为，，所以，所以，所以C正确；对于D，，当且仅当时取等号，所以，所以D正确；故选：ACD【点睛】此题考查基本不等式的应用，考查不等式性质的应用，属于基础题11．如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条不同的直径，，则（）A．B．C．D．满足的实数与的和为定值4【答案】BCD【分析】A.根据易得判断；B.由运算求解判断；，C.建立平面直角坐标系：设，则，得到，由利用三角恒等变换和三角函数的性质判断；D.将，利用线性运算变形为判断；【详解】A.因为，所以，故错误；B.，，故正确；C.建立如图所示平面直角坐标系：设，则，所以，所以，，故正确；D.由，得，所以，故正确；故选：BCD【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12．在现代社会中，信号处理是非常关键的技术，我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到．而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数．函数的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则（）A．函数为周期函数，且最小正周期为B．函数的图象关于点对称C．函数的图象关于直线对称D．函数的导函数的最大值为4【答案】BCD【分析】利用周期的定义可判断A选项的正误；根据可判断B选项的正误；利用函数的对称性可判断C选项的正误；求得函数的导数，求出的最大值，可判断D选项的正误.【详解】，，所以，不是函数的最小正周期，A选项错误；，，所以，故函数的图象关于点对称，B选项正确；，所以，函数的图象关于直线对称，C选项正确；，，，，，则，又，所以函数的最大值为，D选项正确.故选：BCD.【点睛】本题考查正弦、余弦型函数基本性质的判断，涉及正弦型函数的周期性、对称性以及余弦型函数最值的判断，考查计算能力，属于中等题.三、填空题13．展开式中含的项的系数为_______．【答案】-100【分析】先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项，合并求得结果.【详解】展开式的通项公式为：，令，解得，，令，解得，，展开式中含的项的系数为：，故答案为：-100.【点睛】该题考查二项展开式中某一项系数的求解，属于基础题目.14．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示），已知接收天线的口径（直径）为，深度为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为_______．【答案】【分析】在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在轴上，根据题意求得抛物线的标准方程，可求得该抛物线的焦点坐标，进而可得出结果.【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在轴上，设抛物线的标准方程为，由已知条件可得，点在抛物线上，所以，，解得，所以，所求抛物线的标准方程为，焦点坐标为，因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线方程的实际应用，考查计算能力，属于基础题.15．已知，，则的值为_______．【答案】【分析】利用两角差的正弦公式可求出的值，进而可求得的值，利用二倍角的正切公式可求得的值.【详解】，，则，所以，，，，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用二倍角的正切公式求值，同时也考查了两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系求值，考查计算能力，属于中等题.16．在平面四边形中，，，，，将沿折成三棱锥，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的体积为______．【答案】【分析】先由题中条件，得到，，过点作于点，求出，则，为使三棱锥的体积最大，只需平面，记的外接圆圆心为，连接，，根据题中数据，求出，得出点即为该三棱锥外接球的球心，进而可求出球的体积.【详解】因为在平面四边形中，，，，，所以，则，所以，，则，过点作于点，由可得，，则为使三棱锥的体积最大，只需平面，记的外接圆圆心为，连接，，因为为直角三角形，所以为中点，且，又在中，由余弦定理可得，，则，所以，因此点即为该三棱锥外接球的球心，且该外接球的半径为，所以球的体积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的体积，熟记球的体积公式，以及简单几何体的结构特征即可，属于常考题型.四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在，它的内角，，的对边分别为，，，且，______________，？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】答案见解析.【分析】利用正弦定理和余弦定理分别求出，及一条边，再利用面积公式，从而求得面积；【详解】选择①：由余弦定理可知，，由正弦定理得，，又，所以，所以是直角三角形，则，所以的面积.选择②：由正弦定理得，，即，又，所以，所以，即，又，所以．由正弦定理得，，所以的面积.选择③：因为，所以，又，所以，所以，即．由正弦定理得，，所以的面积.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.18．设为数列的前n项和，满足，且，，成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由和，可得，通过递推分别用表示，列方程可得，进而可得的通项公式；（2）写出，利用乘公比错位相减求即可.【详解】（1）当时，，即，由，，成等差数列可知，，即，解得，所以，则是以为首项，为公比的等比数列，所以的通项公式为．（2）由（1）知，，则，，两式相减得，，所以．【点睛】本题考查了与的关系，等比数列的通项公式，考查了乘公比错位相减求和，属于中档题.19．某生物研究所为研发一种新疫苗，在200只小白鼠身上进行科研对比实验，得到如下统计数据：未感染病毒感染病毒总计未注射疫苗35注射疫苗65总计100100200现从未注射疫苗的小白鼠中任取1只，取到“感染病毒”的小白鼠的概率为．（1）能否有的把握认为注射此种疫苗有效？（2）现从感染病毒的小白鼠中任意抽取2只进行病理分析，记注射疫苗的小白鼠只数为，求的概率分布和数学期望．附：，0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效；（2）概率分布见解析，．【分析】（1）根据题中条件，先得出，，，，由公式求出，结合临界值表，即可得出结果；（2）根据题意，得到的所有可能取值为0，1，2；分别求出对应的概率，即可得出分布列，以及期望.【详解】（1）由条件知，，，，，所以有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效．…（2）由题意，的所有可能取值为0，1，2．，，，所以的概率分布为012数学期望．【点睛】本题主要考查独立性检验的基本思想，考查离散型随机变量的分布列与期望，属于常考题型.20．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面．（1）求证：平面平面；（2）若，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）先由已知推出，，再由线面垂直判定定理得到平面，最后由面面垂直判定定理推出平面平面；(2)建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式直接计算即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，在菱形中，，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）设与交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则即令，得平面的一个法向量为，同理，可求得平面的一个法向量为，所以．故二面角的余弦值为．【点睛】本题考查面面垂直的判定、通过空间直角坐标系计算二面角的余弦值，属于中档题.21．已知函数．（1）求函数在上的最小值；（2）若，求实数的值．【答案】（1）0；（2）．【分析】（1）求导研究函数的单调性得在上是增函数，进而可得在上的最小值；（2）将问题转化为，进而构造函数，求导得，再分，