2021屆四川省成都市高新區(qū)高三第三次階段性考試數學（理）試題（解析版）

關注公眾號《品數學》試卷第=page22頁，總=sectionpages44頁高中數學資料共享群734924357，每天都有更新！2021屆四川省成都市高新區(qū)高三第三次階段性考試數學（理）試題一、單選題1．復數滿足，為虛數單位，則（）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】根據復數除法運算法則即可求解.【詳解】，.故選：B.2．已知集合，，則中元素的個數為（）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】采用列舉法列舉出中元素的即可.【詳解】由題意，中的元素滿足，且，由，得，所以滿足的有，故中元素的個數為4.故選：C.【點晴】本題主要考查集合的交集運算，考查學生對交集定義的理解，是一道容易題.3．的展開式中，第4項的系數為（）A． B．80 C．40 D．【答案】A【分析】用二項式展開式的通項公式代入計算即可.【詳解】解：，故選：A．【點睛】考查二項展開式中指定項的系數，記住展開式的通項公式是關鍵，基礎題.4．在等差數列中，為前項和，，則A． B． C． D．【答案】A【解析】由.故選：A.5．已知是邊長為2的正方形的邊中點，則的值是（）A．2 B．3 C．4 D．【答案】C【分析】由即可求出.【詳解】.故選：C.6．已知，滿足不等式組，則的最大值為（）A．2 B．3 C．4 D．【答案】D【分析】首先畫出不等式組表示的可行域，再利用目標函數表示的幾何意義求最值.【詳解】首先畫出可行域，當時，畫出初始目標函數表示的直線，平移目標函數后，當直線過點時，取得最大值，故選：D7．已知，表示兩條不同直線，表示平面，下列說法正確的是（）A．若，，則B．若，，則C．若，，則D．若，，則【答案】D【分析】由線面的位置關系可判斷A，B；由線面垂直的性質和線面平行的判定可判斷C；由線面平行的性質定理和線面垂直的性質定理可判斷D.【詳解】對于A，若，，可得或，故A錯誤;對于B，若，，可得或，或m與α相交，故B錯誤;對于C，若，，可得或，故C錯誤;對于D，若，由線面平行的性質定理可得過m的平面β與α的交線1與m平行，又，可得，則，故D正確.故選：D8．已知，，，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據指數函數、對數函數和正弦函數的單調性求出的范圍即可判斷.【詳解】，，，，，，.故選：D.9．已知，，則的最大值為（）A． B．2 C．4 D．【答案】B【分析】由兩點的距離公式表示，再運用兩角差的余弦公式化簡，利用余弦函數的值域求得最值.【詳解】∵，，∴.∵，∴.故選B.【點睛】本題綜合考查兩點的距離公式、同角三角函數的平方關系、兩角差的余弦公式和余弦的值域，屬于中檔題.10．命題：函數的最小正周期為的充要條件是；命題：定義域為的函數滿足，則函數的圖象關于軸對稱.則下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先判斷命題的真假性，再判斷復合命題的真假.【詳解】函數周期，解得：，所以命題是真命題；若滿足定義域為的函數滿足，函數是偶函數，偶函數關于軸對稱，故命題也是真命題，所以是真命題.故選:A11．已知，若直線分別與的交點橫坐標為，，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】設直線分別與與的交點分別為，，由反函數圖象關于直線對稱，推出，，，且，再由基本不等式，即可得出答案．【詳解】根據題意可得，設直線分別與與的交點分別為，，因為與互為反函數，圖象關于直線對稱，由直線與直線垂直，兩直線的交點為，所以點，關于點對稱，所以，，，且所以，故選：A【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是求出，，，且，這個結論的得到涉及到反函數的圖象和性質.12．如圖，一張矩形紙的長、寬分別為，，四條邊的中點分別是，，，，現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得，，，四點重合為一點，從而得到一個多面體，關于該多面體有下述四個結論：①該多面體是六面體；②點到棱的距離為；③平面平面；④該多面體外接球的直徑為，其中所有正確結論有（）個A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用圖形翻折，結合勾股定理，可確定該多面體是以A，B，C，D為頂點的三棱錐，利用線面垂直，判定面面垂直，即可得出結論.【詳解】結論①中，長、寬分別為，，A，B，C，D分別是其四條邊的中點，則由勾股定理可得，，，，四點重合為一點，從而得到一個多面體，如圖，該多面體是以A，B，C，D為頂點的三棱錐，故①錯誤；結論②中，，，是等腰直角三角形，點到棱的距離為，故②正確；結論③，，，平面，又平面，平面平面，故③正確；結論④，三棱錐擴展為長方體，三棱錐的外接球就是長方體的外接球，長方體的外接球直徑是長方體的體對角線，設長方體的三邊長分別為，則，可得，該多面體外接球的直徑為，故④正確.所以結論②③④正確，共3個.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是能夠根據題意，得出折疊之后的幾何體，并依托于一個長方體畫出其圖象，再進行位置關系的證明，以及求值.二、填空題13．已知函數，的最小正周期是___________.【答案】【分析】先化簡函數f(x)，再利用三角函數的周期公式求解.【詳解】由題得，所以函數的最小正周期為.故答案為：【點睛】本題主要考查和角的正切和正切函數的周期的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.14．已知數列的前項和，則______.【答案】【分析】分，兩種情況，由求解.【詳解】當時，，當時，，而適合上式，所以故答案為：15．若對任意a，b滿足0<a<b<t，都有blna<alnb，則t的最大值為________.【答案】e【分析】不等式變形為，只要在上為增函數即可．【詳解】因為0<a<b<t，blna<alnb，所以，令y＝，x∈(0，t)，則函數在(0，t)上單調遞增，故y′＝≥0，解得0<x≤e，故t的最大值是e.故答案為：．【點睛】本題考查用導數研究函數的單調性，解題關鍵是把問題轉化為新函數在上遞增，方法是構造法．16．已知雙曲線C：（，）的左、右焦點分別為，，若雙曲線的左支上存在一點P，使得與雙曲線的一條漸近線垂直于點H，且，則此雙曲線的離心率為______.【答案】.【分析】設出雙曲線的焦點和一條漸近線方程，求得到漸近線的距離，可得，，由直角三角形的銳角三角函數和三角形的余弦定理，化簡可得，再由離心率公式可得所求值.【詳解】設雙曲線C：（，）的左、右焦點分別為：，，一條漸近線方程為，可得到漸近線的距離為，，則，，在直角三角形中，，在中，可得，化為，即有，故答案為：.【點睛】本題考查雙曲線的定義、方程和性質，主要是漸近線方程和離心率，考查三角形的余弦定理和銳角三角函數的定義，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題.三、解答題17．在中，，，.（1）求；（2）求的面積.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）直接利用正弦定理求出結果.（2）直接利用余弦定理和三角形的面積公式求出結果.【詳解】（1）中，，，.所以：，利用正弦定理得：，解得：，由于，所以：，利用三角形內角和，所以：；（2）利用余弦定理：，解得：.所以：.【點睛】本題考查正余弦定理解三角形，重點考查計算能力，屬于基礎題型.18．共享單車進駐城市，綠色出行引領時尚．某市有統(tǒng)計數據顯示，2020年該市共享單車用戶年齡等級分布如圖1所示，一周內市民使用單車的頻率分布扇形圖如圖2所示．若將共享單車用戶按照年齡分為“年輕人”（20歲－39歲）和“非年輕人”（19歲及以下或者40歲及以上）兩類，將一周內使用的次數為6次或6次以上的稱為“經常使用單車用戶”，使用次數為5次或不足5次的稱為“不常使用單車用戶”．已知在“經常使用單車用戶”中有是“年輕人”．（1）現(xiàn)對該市市民進行“經常使用共享單車與年齡關系”的調查，采用隨機抽樣的方法，抽取一個容量為200的樣本，請你根據圖表中的數據，補全下列列聯(lián)表，并根據列聯(lián)表的獨立性檢驗，判斷是否有85%的把握認為經常使用共享單車與年齡有關？年輕人非年輕人合計經常使用單車用戶120不常使用單車用戶80合計16040200使用共享單車情況與年齡列聯(lián)表（2）將（1）中頻率視為概率，若從該市市民中隨機任取3人，設其中經常使用共享單車的“非年輕人”人數為隨機變量，求的分布列與期望．參考數據：獨立性檢驗界值表0.150.100.0500.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635其中，，【答案】（1）列聯(lián)表見解析，有的把握可以認為經常使用共享單車與年齡有關；（2）分布列見解析，數學期望為．【分析】（1）補全的列聯(lián)表，利用公式求得，即可得到結論；（2）由（1）的列聯(lián)表可知，經常使用單車的“非年輕人”的概率，即可利用獨立重復試驗求解隨機變量取每個數值的概率，列出分布列，求解數學期望.【詳解】（1）補全的列聯(lián)表如下：年輕人非年輕人合計經常使用共享單車10020120不常使用共享單車602080合計16040200于是，，，，∴，即有的把握可以認為經常使用共享單車與年齡有關．（2）由（1）的列聯(lián)表可知，經常使用共享單車的“非年輕人”占樣本總數的頻率為，即在抽取的用戶中出現(xiàn)經常使用單車的“非年輕人”的概率為0.1，∵，∴，，，∴的分布列為01230.7290.2430.0270.001．∴的數學期望．【點睛】本題主要考查了列聯(lián)表,獨立性檢驗，二項分布，二項分布的期望，屬于中檔題.19．如圖，在四棱錐中，底面，是直角梯形，，，，點是的中點．（Ⅰ）線段上是否存在一點，使得點，，，共面，存在請證明，不存在請說明理由；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）存在的中點滿足條件.證明見解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取的中點，連接，，根據平行的傳遞性，證明，即可證明四點共面；（Ⅱ）取的中點，連結，以點為坐標原點，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，分別求出兩平面的法向量，根據向量夾角公式，即可求出結果.【詳解】證明：（Ⅰ）存在的中點滿足條件；連接，，因為點是的中點，則是三角形的中位線，所以，又由已知，所以，所以，，，四點共面；（Ⅱ）取的中點，連結，以點為坐標原點，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，，則，，，，，∴，，設為平面的一個法向量，則，所以，不妨取，則，所以；設為平面的一個法向量，則，所以，取，則，，所以∴，又因為所求二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.【點睛】方法點睛：立體幾何體中空間角的求法：（1）定義法：根據空間角（異面直線所成角、線面角、二面角）的定義，通過作輔助線，在幾何體中作出空間角，再解對應三角形，即可得出結果；（2）空間向量的方法：建立適當的空間直角坐標系，求出直線的方向向量，平面的法向量，通過計算向量夾角（兩直線的方法向量夾角、直線的方向向量與平面的法向量夾角、兩平面的法向量夾角）的余弦值，來求空間角即可.20．如圖，拋物線：的焦點為，拋物線上一定點．過焦點的直線（不經過點）與拋物線交于，兩點，與準線交于點．（1）若，求直線的斜率；（2）記，，的斜率分別為，，，問是否存在常數，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）先將代入拋物線方程，求解拋物線的方程，設的中點為點，直線的傾斜角為，根據題意可得，，得，得的斜率為；（2）設直線的方程為，，，，然后分別表示出，及，然后聯(lián)立直線與拋物線方程，得出，，假設成立，將，及的表達式代入，再將，的值代入求解的值.【詳解】解：（1）把點的坐標代入，解得，所以拋物線方程為，準線的方程為．設的中點為點，直線的傾斜角為.過作，則而∴∴∴直線的斜率為.（2）由條件可設直線的方程為，，由拋物線準線：，可知．又，所以由消去整理得:，顯然，設，，則，又，則，．因為，，三點共線，所以，即，所以即存在常數，使得成立．【點睛】圓錐曲線中的存在性問題通常采用“肯定順推法”，一般步驟為：先假設滿足條件的點、直線、參數等存在，然后利用這些條件并結合題目的其他條件進行推理計算，若不出現(xiàn)矛盾，并且能得到相應的點、直線或參數值等，則所求問題有解，否則不存在.在解答的過程中要注意設而不求思想的運用，注意韋達定理在推力計算中的運用.21．已知函數，，為自然對數的底數.（1）當，恒成立，求的取值范圍；（2）當時，記，求證：對任意，恒成立.【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】(1）對函數求導，然后分a≥1，及討論即可得出結論；(2)，然后分及x∈兩種情況驗證即可得證.【詳解】（1）因為，所以，易知在單調遞減；∵，∴（i）當時，，所以在單調遞減，故，符合題意；（ii）當時，使，則在單調遞增，在單調遞減；故當時，，不符合題意；（iii）當時，，所以在單調遞增，故，不符合題意；綜上所述，（2），當時，，令，所以，故在單調遞減，所以，即，所以在單調遞減，所以.綜上：對任意，恒成立.【點睛】關鍵點點睛：利用導數研究不等式的恒成立問題，首先利用導數研究函數的單調性得到最值，轉化為關于最值的不等式成立求解，涉及考查分類討論思想，運算求解能力及邏輯推理能力，屬于中檔題．22．在極坐標系中，已知圓：，直線：.（1）若點在圓上，求的值；（2）以極點為原點，以極軸為軸正半軸建立直角坐標系，已知直線：與、在第一象限的交點分別為，，求的值.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）將點坐標代入圓的