陕西省交大附中龙岗中学高三上学期第一次联考理科数学试题

2020～2021学年第一学期交大附中、龙岗中学第一次联考数学试题（理）选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的选项中，只有一项符合要求）已知集合，，则（）． ． ． ．下列说法正确的是（）．若“且”为真命题，则中至少有一个为真命题．命题“”的否定是“”．命题“若，则”的逆否命题为真命题．命题“若，则”的否命题为“若，则”研究汽车急刹车的停车距离对汽车刹车设计和路面交通管理非常重要，急刹车停车距离受诸多因素影响，其中最为关键的两个因素是驾驶员的反应时间和汽车行驶速度，设表示停车距离，表示反应距离，表示制动距离，则，如图是根据美国公路局公布的实验数据制作的停车距离示意图.图中指针所指的内圈数值表示对应的车速（）.根据该图数据，建立停车距离与汽车速度的函数模型.可选择模型=1\*GB3①：模型=2\*GB3②：模型=3\*GB3③：模型=4\*GB3④：（其中为待定参数）进行拟合，则拟合效果最好的函数模型是（）甲、乙两人同时向同一目标射击一次，已知甲命中目标概率0.6,乙命中目标概率0.5，假设甲、乙两人射击命中率互不影响.射击完毕后，获知目标至少被命中一次，则甲命中目标概率为（）．0.8 ．0.75 ．0.6 ．0.48函数的大致图象是（）6.在复平面内，复数对应向量（为坐标原点），设，以射线为始边，为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理则由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：则（）． ． ． ．7.若实数数列：1，，81成等比数列，则圆锥曲线的离心率是（）．或 ．或 ． ．或108.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列四个结论错误的选项是（）．．点到平面的距离为．在底面内的正投影是面积不是定值的三角形．在平面内存在无数条与平面平行的直线9.已知双曲线与抛物线有共同的焦点，且点到双曲线渐近线的距离等于1，则双曲线的方程为（） B． C． D．10.设函数，其中．在函数和的图象的所有交点中，相邻两个交点之间距离的最小值为，则下列说法错误的是（）A．的最大值为2B．C．图象的对称轴方程为D．的一个增区间为11.若表示不超过的最大整数（例如：），数列满足：，，则（）A． B． C． D．12.不等式对任意恒成立，则实数的取值范围（）A． B． C． D．二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.如图所示，、是圆上的两点，若，则弦长为______.若，，，则的取值范围是______.气象学意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均气温均不低于22℃”．现有甲、乙、丙三地的日平均气温的记录数据（记录数据均为正整数）.甲地：5个数据的中位数是24，众数为22；乙地：5个数据的中位数是28，总体平均数为25；丙地：5个数据一个为32，总体平均数为26，方差为10.8．则由此判断进入夏季的地区有______.我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童有外接球，且，平面的距离为1则,该刍童外接球的体积为______.三、解答题（共70分，第1721题为必考题，第22，23题为选考题）（一）必考题：共60分.17.(12分)某市规划一个平面示意图为如下图五边形的一条自行车赛道，，，，，为赛道（不考虑宽度），为赛道内的一条服务通道，，，.（1）求服务通道的长度；（2）当时，赛道的长度.18.(12分)设已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.(12分)已知椭圆，其长轴为4，离心率为，过椭圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，直线与轴的交点分别为.（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最小值.20.(12分)如图，已知平行六面体的底面是菱形，且.证明：；假设记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；当的值为多少时，能使平面？请给出证明.(12分)已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若其中求证：(二)选考题：共10分，请考生在第22,23题中任选一题作答.22.(10分)[选修4—4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，曲线的参数方程为：.（是参数，）.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，直线与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长.23.（10分）[选修4—5：不等式选讲]已知函数.（1）求函数的最小值；（2）若实数满足，证明：.2020～2021学年第一学期交大附中、龙岗中学第一次联考数学试题（理）选择题题号123456789101112答案CDBBBAACACAD填空题13.214.15.甲地、丙地（全对5分，漏选2分.）16.三、解答题【17题】解：（1）连接，在中，由余弦定理得：，.，，又，，在中，.…………6分（2）在中，，.由正弦定理得，即：，得，当时，赛道的长度为.…………12分【18题】解：（1）由已知可得，，①所以，②①－②得，，化简为，即在①中，令可得，，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有．…………6分（2），，③则．④…………8分③－④得：所以，…………12分【19题】解：（1）依题意，得椭圆方程为…………5分设点椭圆上点坐标为切点坐标为，直线为圆的两切线，圆方程为：.，，得到：，即…………7分同理可得,所以点同时满足直线方程，即直线方程为：.……8分令得点坐标为，令得点坐标为，所以，…………10分因为在椭圆上，有，…………11分即最小值为，当时取得.…………12分【20题】（1）证明：连接，设和交于，连接四边形是菱形又，，，…………2分但，.又,…………4分（2）解：由（1）知在…………6分，。，作，所以…………8分(3)当时，能使又由此可推得…………10分设与相交于.又是正三角形的边上的高和中线，即…………12分（建系、基底向量法都可）【21题】解（1）：，………4分由（1）知函数在区间上单调递增.不妨设，得到.…………………6分要证，即证=1\*GB3①………7分………9分=2\*GB3②=3\*GB3③由=2\*GB3②=3\*GB3③得………11分所以=1\*GB3①式得证，成立………12分【22题】解：（1）曲线C的普通方程为，又，所以曲线C的极坐标方程为…………5分设，则有，解得设，则有，解得所以|PQ|=||=5，…………10分【23题】解：（1），…