2021届高三数学上学期期中备考金卷（A卷）理.doc

1、2021届高三数学上学期期中备考金卷（A卷）理注意事项：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（ ）ABCD2我国古代数学名著九章算术中有如

2、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（ ）ABCD3若复数，且，则实数的值为（ ）ABCD4若为坐标原点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）ABCD5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，

3、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7等差数列的前项和为，若公差，则当取得最大值时，的值为（ ）ABCD8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（ ）ABC

4、D9设变量，满足约束条件，则的最大值为（ ）ABCD10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（ ）ABCD11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（ ）ABCD12已知函数在上的最大值为，最小值为，则（ ）ABCD第卷二、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_14在平面直角坐标系中，已知，若，则实数的值为_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_16数列满足，其中，若存在正整数，当时总有，则的取值范围是_三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证

5、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

6、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：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4-4：坐标系与参数方

7、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23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）若关于的不等式的解集包含集合，求实数的取值范围2020-2021学年上学期高三期中备考金卷理科数学（A）答案第卷一、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【答案】C【解析】，又，2【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B3【答案

8、】A【解析】，故，4【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【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【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D7【答案】D【解析】由，得，又因为，故当时，取最大值8【答案】C【解析】由题意得，球的体积为

9、；等边圆柱的体积为，正方体的体积，所以9【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【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C11【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【答案】A【解析】注意到，可令，则，显然，又为奇函数，则，所以，故选A第卷二、填空题：本大题共4小题，每小

10、题5分，共20分13【答案】【解析】根据所给二项式的构成，常数项只有一项，就是14【答案】【解析】，设，则又，且由可得，15【答案】【解析】，向左移得，图象关于点对称，故，16【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【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意，得，（2），由正弦定理，可得，18【答案】（1）；（2）【解析】分别记甲乙丙第

11、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【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【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

12、距离为为定值21【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22【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，所以的最小值为23【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，所以不等式，即为，等价于或或，即或或，解得或或，原不等式的解集为（2）不等式的解集包含集合，当时，不等式恒成立，即对恒成立，对恒成立，对恒成立又当时，实数的取值范围为