新疆玛纳斯县第一中学高三上学期期中备考Ⅰ数学（理）试卷

20202021学年上学期高三期中备考卷理科数学1注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、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．已知集合，，求（）A． B． C． D．【答案】C【解析】∵，∴，又∵，∴．2．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题“今有北乡八千七百五十八，西乡七千二百三十六，南乡八千三百五十六，凡三乡，发役三百七十八人，欲以算数多少出之，何各几何?”意思是：北乡有人，西乡有人，南乡有人，现要按人数多少从三乡共征集人，问从各乡征集多少人?在上述问题中，需从西乡征集的人数是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意得，三乡总人数为人．∵共征集人，∴需从西乡征集的人数是，故选B．3．若复数，，且，则实数的值为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】，故，．4．若为坐标原点，是直线上的动点，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，为使取最小值，只需与直线垂直，由点到直线距离公式可得．5．设，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【解析】∵，当时，，此时令，则在上，满足，反之，当时，，不一定有，比如，∴“”是“”的充分不必要条件．6．方舱医院的创设，在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用．某方舱医院医疗小组有七名护士，每名护士从周一到周日轮流值一个夜班．若甲的夜班比丙晚一天，丁的夜班比戊晚两天，乙的夜班比庚早三天，己的夜班在周四，且恰好在乙和丙的正中间，则周五值夜班的护士为（）A．甲 B．丙 C．戊 D．庚【答案】D【解析】已知己的夜班在周四，假设乙和丙的夜班分别在周三和周五，则“甲的夜班比丙晚一天”与“乙的夜班比庚早三天”矛盾．因为“甲的夜班比丙晚一天”，所以丙的夜班不可能在周日，所以乙和丙的夜班分别在周二和周六．由“甲的夜班比丙晚一天”，得甲的夜班在周日，由“乙的夜班比庚早三天”，得庚的夜班在周五，故选D．7．等差数列的前项和为，若公差，，则当取得最大值时，的值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，，得，又因为，，故当时，取最大值．8．公元前世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（）与它的直径（）的立方成正比”，即，欧几里得未给出的值．世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长）．假设运用此体积公式求得球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为、、，那么（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意得，球的体积为；等边圆柱的体积为，正方体的体积，所以．9．设变量，满足约束条件，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意作出满足条件的可行域如图中阴影部分，则对于目标函数，平移直线可知，当直线经过点时，取得最小值，当直线经过点时，取得最大值，所以，即．10．已知函数对定义域内的任意都有，且当时，其导函数满足，若，则（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由，得，则当时，，所以在上为增函数．因为，所以，．又由知函数图象的对称轴为，所以且，所以，即，故选C．11．已知椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，点，当的周长最大时，的面积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由椭圆方程，得，，，设椭圆左焦点为，则的周长为，当且仅当，，三点共线，且在的延长线上时取等号，∵，，∴直线的方程为，即，由，得，∴的纵坐标为，∴当的周长最大时，该三角形的面积为．12．已知函数在上的最大值为，最小值为，则（）A． B． C． D．【答案】A【解析】注意到，可令，，则，，显然，．又为奇函数，则，所以，故选A．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．在的二项展开式中，常数项等于__________．【答案】【解析】根据所给二项式的构成，常数项只有一项，就是．14．在平面直角坐标系中，已知，．若，，则实数的值为________．【答案】【解析】∵，，∴，设，则①．又，，∴且②．由①②可得，，．15．若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则函数在上的最小值为_______．【答案】【解析】∵，向左移得，∵图象关于点对称，∴，∵，∴，故，∵，∴．16．数列满足，，其中，若存在正整数，当时总有，则的取值范围是__________．【答案】【解析】记，（，，），根据题意可知，，这时总存在，满足：当时，；当时，．所以由及可知，若为偶数，则，从而当时；若为奇数，则，从而当时．因此“存在，当时，总有”的充分必要条件是：为偶数，记（，，），则满足，故的取值范围是，又，∴．三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，．（1）求的值；（2）若，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由题意，得，∵，∴，∵，∴．（2）∵，由正弦定理，可得．∵，∴，∴，∴．18．（12分）唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔．唐三彩的生产至今已有多年的历史，制作工艺十分复杂，它的制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立。某陶瓷厂准备仿制甲、乙、丙三件不同的唐三彩工艺品，根据该厂全面治污后的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品合格的概率依次为，，．（1）求第一次烧制后甲、乙、丙三件中恰有一件工艺品合格的概率；（2）经过前后两次烧制后，甲、乙、丙三件工艺品成为合格工艺品的件数为，求随机变量的数学期望．【答案】（1）；（2）．【解析】分别记甲乙丙第一次烧制后合格为事件，，，（1）设事件表示第一次烧制后恰好有一件合格，则．（2）因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为，所以随机变量，所以．19．（12分）如图，在六面体中，平面平面，平面，，，且，．（1）求证：平面；（2）求锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）设的中点为，连接，，易证：四边形是平行四边形，∴，且，∵平面平面，∴，∵，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，故平面．（2）由题意可得，，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，则；又平面的法向量为，∴，由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．20．（12分）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆相交于，两点，点，在上，且满足，，（点，，，从上到下依次排序）．（1）试用表示；（2）证明：原点到直线的距离为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）椭圆，故，．（2）设，，则将代入，得到，故，，，，故，得到，，故，同理，由已知得或，故，即，化简得到，故原点到直线的距离为为定值．21．（12分）已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若在定义域内恒成立，求实数的取值范围；（3）证明：．【答案】（1）见解析；（2）；（3）证明见解析．【解析】（1）定义域为，，若，，在上单调递增；若，，所以，当时，，当时，．综上：若，在上单调递增；若，在上单调递增，在上单调递减．（2）由（1）知，时，不可能成立；若，恒成立，，得，综上，．（3）由（2）知，当时，有在上恒成立，即，令，得，即，，得证．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修44：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线与直线的普通方程；（2）若点在曲线上，在直线上，求的最小值．【答案】（1），；（2）3．【解析】（1）由，消去，得，因为，由直角坐标与极坐标的转化公式可得，所以曲线的普通方程为，直线的普通方程为．（2）由（1）知：，得圆心为，半径为，，的最小值即圆心到直线的距离减去圆的半径，因为到直线的距离，所以