1、2021年秋季高三数学开学摸底考试卷一、单选题1若集合且，则（ ）ABCD【答案】D【分析】根据已知条件，用列举法表示集合A,解简单不等式求得集合B,然后根据交集定义求解.【详解】集合，所以.故选：D.2若为纯虚数，为虚数单位，则实数的值为（ ）ABCD【答案】A【分析】先对复数化简，然后令实部为零，虚部不为零，可求出实数的值【详解】因为为纯虚数，所以，所以.故选：A3若随机变量，若，则（ ）ABCD【答案】A【分析】根据二项分布列式，计算出，然后利用正态分布的特点计算的值.【详解】由题意，解得，则，所以.故选：A.4攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖
2、、八角攒尖如图属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的底面边长与内切球半径比为（ ）ABCD【答案】D【分析】画出上层轮廓近似正四棱锥示意图，设，由正四棱锥中内切球球心与各面的关系可得，结合已知面积比求，进而求得，即可求内切球半径，最后可求正四棱锥的底面边长与内切球半径比.【详解】上层轮廓近似正四棱锥如下图示，若为底面中心，为内切球球心，面且为中点，令内切球半径为，正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，即，故，则，又，即，故正四棱锥的底面边长与内切球半径比为.故选：D【点睛】关键点点睛：依据正四棱锥中内切球的性质，得到相关线段的比例关系，
3、设底面边长及内切球半径，进而确定它们之间的数量关系.5设，则，的大小关系为（ ）ABCD【答案】D【分析】根据正弦函数的单调性，结合不等式性质，可得到a的范围；利用二倍角公式化简b、c，结合函数单调性，可得到b、c的大致范围；从而，可以比较a、b、c的大小.【详解】因为，所以有，即，所以；因为，而，所以有，所以，即；因为，而所以；显然，而，所以，即所以故选：D6已知点是双曲线右支上一点，分别为左右焦点，则的内切圆圆心的横坐标为（ ）A3B4C5D6【答案】B【分析】根据双曲线的定义和圆的切线长定理，把，转化为，即可求得答案.【详解】如图所示，双曲线的焦点坐标分别为，设内切圆与轴的切点为，与内切
4、圆的切点分别为，由双曲线的定义可得,又由圆的切线长定理知：，所以，即,设内切圆的圆心的横坐标为，可得点的横坐标为，所以，解得，即内切圆的圆心的横坐标为.故选：B.7在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（ ）A1BCD【答案】B【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：因为P、N分别为CD、BC中点，所以，同理，P、Q分别为CD
5、、中点，所以，又，平面PQN，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，又点在平面内运动，所以点M在平面和平面的交线上，即，在中，所以，所以，所以N点到PQ的最小距离.所以线段的最小值为.故选：B【点睛】解题的关键是作出平面平面，在根据题意，确定点M的位置，再求解，考查面面平行的判定及性质定理的应用，解三角形等知识，属中档题.8已知函数，实数，满足，若，使得成立，则的最大值为（ ）A1BCD【答案】A【分析】利用导数求得的单调区间和最小值.画出和的图象，结合图象求得的最大值.【详解】，所以当时，递减；当时，递增.所以在区间上，的最小值为.，故在时取得最大值.画出和图象如下图所示，令，解得或.依题
6、意，实数，满足，若，使得成立，由图可知，的最大值为.故选：A【点睛】恒成立、存在性问题的求解，可通过结合图象以及函数的最值来求解.二、多选题9.设，是两个非零向量，下列四个命题为真命题的是（ ）A若，则和的夹角为B若，则和的夹用为3C若，则和方向相同D若，则和b的夹角为钝角【答案】ABC【分析】利用向量加减法的几何意义，判断A、B的正误；两向量模的性质判断C，由向量的夹角与数量积间的关系判定判断D.【详解】解：，构成等边三角形，A正确；由向量加法的平行四边形法则可知，和的夹角为，B正确；，则与同向，C正确；若，则和的夹角为钝角或者，D错误，故选：ABC.10如图，已知函数(，)的图象与轴交于点
7、A，与轴交于点，若，且，则下列说法正确的是（ ）A的最小正周期为4B将的图象向左平移个单位后的图象关于原点对称C在区间上的值域为D在区间上单调递增【答案】AC【分析】先利用正切定义、两角差的正切公式和得到与关系，设，结合点和求得，再结合，确定，利用三角函数图象与性质逐一判断选项的正误即可.【详解】由图象可知， ，所以，由代入整理得，即，设，则或，由图象中点，可知，即，又因为，所以，则，因为，所以取，所以，则，即，则或，当时，所以舍去；当时，满足题意，故，则.对于选项A，其最小正周期， A正确；对于选项B，的图象向左平移个单位后为，显然，图象不关于原点对称，B错误；对于选项C，时，则，所以， C
8、正确；对于选项D，时，单调递减， D错误.故选：AC.【点睛】思路点睛：有关三角函数问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定A，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.11已知圆，则下列四个命题中正确的命题有（ ）A若圆与轴相切，则B圆的圆心到原点的距离的最小值为C若直线平分圆的周长，则D圆与圆可能外切【答案】ABD【分析】根据圆的切线的性质、配方法、圆周长性质
9、、外切的性质，结合零点存在原理进行判断即可.【详解】圆的圆心坐标为：，半径为.若圆与轴相切，则，解得，所以A为真命题因为，所以，所以B为真命题若直线平分圆的周长，则，即，所以C为假命题若圆与圆外切，则，设函数，因为，所以在内必有零点，则方程有解，所以D为真命题故选：ABD【点睛】关键点睛：解题本题的关键是通过圆的性质进行数学运算进行判断命题的真假.12如图，直三棱柱中，是棱的中点，.则（ ）.A直线与所成角为B三棱锥的体积为C二面角的大小为D直三棱柱外接球的表面积为【答案】ABD【分析】四个选项互不相关的选择题，需要对各个选项一一验证.对于A：证明，得到,即直线与所成角为；对于B：先证明，利用
10、等体积法求得体积；对于C：利用向量法求出二面角的大小；对于D：把直三棱柱扩充成长方体，求长方体的外接球体积即可.【详解】对于A：在RtDAC中，AD=AC=1，得ADC=45.同理：A1 DC1=45，所以C DC1=90，所以又，且,所以,所以,即直线与所成角为，故A正确；对于B：由为直三棱柱，得,所以，由A的证明可知，可得，所以,故B正确；对于C：由A、B证明过程可知：且,可以以C坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系,则,所以设平面的一个法向量，则有即，不妨设，则有.同理可求平面的一个法向量.设二面角的平面角为，显然为锐角，所以，所以，故C错误；对于D：由
11、A、B证明过程可知：且,可以把直三棱柱扩充成长方体，只需求长方体的外接球表面积即可.在长方体中，设外接球的半径为R，则所以,故D正确.故选:ABD【点睛】立体几何试题的基本结构：(1)一是几何关系的证明，用判定定理；(2)二是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算；(3)多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：公式法； 多面体几何性质法；形法；寻求轴截面圆半径法；确定球心位置法三、填空题13在的展开式中，的系数为_.【答案】90【分析】根据多项式乘积的意义，利用直接组合的方法进行计算即可.【详解】解：，含有的项为，即的系数为9
12、0，故答案为：90.14已知抛物线C的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则符合条件的抛物线C的一个方程为_.【答案】【分析】由于抛物开口不定，可先设其抛物线方程，设直线方程，联立整理可得，根据韦达定理，结合抛物线焦半径公式，代入即可得解.【详解】由题意可设抛物线的其中一种方程为，且过的直线方程为，由联立消去可得，所以，所以所以，则抛物线的一个方程为故答案为：.15数列中，（），则_【答案】454【分析】由，结合等比数列的定义和通项公式可求出，结合二项式定理可求出的值.【详解】解：因为，所以以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，则又，所以原式，故答案为：454.【点睛】关键点睛
13、：本题的关键是求出数列通项公式后，结合二项式定理对所求式子进行合理变形，减少计算量.16已知等边的边长为1，点，分别在边，上，且.若，则的取值范围为_.【答案】【分析】先根据，得到，再由，得到的关系式，再根据的关系式确定的范围，再令，转化为关于的函数关系式，根据导数求单调性，求出取值范围.【详解】由题，又，得，则，又，则，由，则，则，得，又，得，则，得或，又，得，得或，设，则，或令，或，故在单调递增，得，即，故答案为：【点睛】本题考查了三角形的面积公式，将几何问题转化为函数问题，利用导数研究函数的单调性和值域，还考查了学生分析理解能力，转化思想，运算能力，难度较大.四、解答题17已知集合，将中
14、所有元素按从小到大的顺序排列构成数列，设数列的前n项和为（1）若，求m的值；（2）求的值【答案】（1）；（2）2282.【分析】（1）由，则数列中前m项中含有A中的元素为2，4，6，26，共有13项，有B中的元素为3，9，27，共有3项，从而得出答案.（2）根据题意可得数列中前50项中含有B中的元素为3，9，27，81共有4项，数列中前50项中含有A中的元素为，共有46项，分组可求和.【详解】解：（1）因为，所以数列中前m项中含有A中的元素为2，4，6，26，共有13项，数列中前m项中含有B中的元素为3，9，27，共有3项，所以（2）因为，所以数列中前50项中含有B中的元素为3，9，27，81
15、共有4项所以数列中前50项中含有A中的元素为，共有46项，所以18如图是某市2017年3月1日至16日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于表示空气质量优良，空气质量指数大于表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月14日中的某一天到达该市.（1）若该人到达后停留天（到达当日算1天)，求此人停留期间空气质量都是重度污染的概率；（2）若该人到达后停留3天(到达当日算1天，设是此人停留期间空气重度污染的天数，求的分布列与数学期望.【答案】（1）（2）【详解】试题分析：（1）根据互斥事件的性质可得等式求结论（2）首先得的所有可能取值为，然后一一计算对应概率即可，最后列表写出分布列求期望试题解析：解
16、：设表示事件“此人于3月日到达该市”.依题意知，且.(1)设为事件“此人停留天空气质量都是重度污染” ，则，所以，即此人停留天空气质量都是重度污染的概率为.(2) 由题意可知，的所有可能取值为，且，(或)，所以的分布列为故的期望.点睛：掌握互斥事件间的概率计算性质，所以然后根据分布列写法，一一列出概率求解即可19在中，是角，所对的边，有三个条件：；，现从上面三个条件中选择两个条件，使得三角形存在.（1）两个条件中能有吗？说明理由；（2）请指出这两个条件，并求的面积.【答案】（1）不能有，理由见解析；（2）只能选择和，.【分析】（1）根据正弦定理由，可得，解得，若条件中有，可得，则与矛盾；（2）
17、只能选择和，由余弦定理得，由，可得，即可得解.【详解】（1） ，由正弦定理得.，.，.假设两个条件中有，则会推出矛盾.过程如下：，此时，.（2）只能选择和.由余弦定理得，即，而，此时，解得或，所以存在，.20在矩形ABCD中，BC=2AB=2，取BC边上一点M，将ABM沿着AM折起，如图所示形成四棱锥S- AMCD.（1）若M为BC的中点，二面角S-AM-B的大小为，求AS与平面ABCD所成角的正弦值；（2）若将ABM沿着AM折起后使得SDAM，求线段MC的长.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）通过二面角的定义得，再通过线面角的判断来确定AS与平面ABCD所成角的正弦值为，也可用向量法求解
18、.（2）通过证明三点共线，以及相似三角形得对应边成比例关系，得解.【详解】解 （1）法1取AM中点为H，连结HS， HB，因为且AB=BM=1，所以ABM为等腰 直角三角形，同理ASM也为等腰直角三角形，HS，HB均垂直AM于H，所以AM平面BSH，所以二面角S-AM -B的平面角为因为SH=BH=，所以三角形SHB为正三角形，取BH的中点Q，连结SQ，则SQ垂直与BH，得因为AM平面BSH，所以AM垂直于SQ，又SQBH，所以SQ垂直于底面ABCD，连结AQ，SAQ 为AS与平面ABCD .所成角，因为AS=1，所以AS与平面ABCD所成角的正弦值为法2取AM中点为H ，连接SH，BH ，因
19、为AMS和AMB均为等腰直角三角形，所以SH，BH均垂直于AM，所以AM平面BSH.以H为坐标原点，HB，HM 分别为x轴， y轴建系如图则点s在坐标平面xOz内，设其坐标为S（a，0，c），（a0，c0） 由AMS为等腰直角三角形且AS=1，得M（0，0） A（0，-，0）， 则=（a， c）， =（0，0） 因为，所以，设平面ASM的法向量为=（x，y，z），则，所以取平面ABM的法向量为=（0，0，1），因为二面角B-AM -S的大小为，所以由得，所以设AS与平面ABCD所成的角的正弦值为所以AS与平面ABCD所成角的正弦值为.（2）法1在平面SAM内作SHAM连结BH，DH，则BHAM
20、，又因为SDAM、 . AM平面SHD 所以AMDH，又因为AMBH. AM，BH，DH都在平面ABCD内.所以B，H，D三点共线AMBD，因为矩形ABCD中，BC=2AB=2ABM 与DAB相似，解得，所以法2作BHAM于H，则SHAM所以AM平面BSH以H为坐标原点，HB，HM分别为x轴，y轴建系如图则点s在坐标平面xOz内，设其坐标为S（a，0，c），设D（x，y，0）， 则取AM的方向向量为.因为SDAM所以，得y=0，即D在x轴上，所以B，H，D 三点共线AMBD，因为矩形ABCD中，BC=2AB=2ABM 与DAB相似，解得，所以.【点睛】对二面角以及线面角的定义要掌握，会在题中找
21、出二面角的平面角以及线面所成的角，空间向量的办法在证明时要求建立直角坐标系，准确写出点的坐标，还得准确计算.21已知椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆上，若的周长为6，面积为（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，过直线与椭圆交于M，N两点，设直线AM，BN的斜率分别为，证明：为定值【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据题设信息列出关于的方程，解方程求出，最后求出椭圆方程.（2）设直线MN的方程为：，联立韦达定理得，接着化简即可.【详解】（1）由题意得：，椭圆C的标准方程为（2）设直线MN的方程为：，由韦达定理得，由为定值【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目
22、时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形22已知函数(其中e为自然对数的底数)（1）若对任意成立，求实数k的取值范围；（2）设，且，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求导，故令求导得在上单调递增，故分，且三种情况讨论求解即可得答案；（2）结合（1）令得当时，进而根据并结合基本不等式即可证明.【详解】解：（1），令，所以，当恒成立，所以在上单调递增，所以，当时，即时，恒成立，故在上单调递增，所以，满足条件；当时，即时，恒成立，故函数在上单调递减，所以，不满足条件；当且时，即时，存在使得当时，时，故函在上单调递减，在上单调递增，由于，故时，不满足条件.所以实数的取值范围是.（2）由（1）知，当时， 在恒成立，当且仅当等号成立；令，当时，所以当时，所以又因为，所以.所以命题成立.【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，证明不等式，考查运算求解能力，分类讨论思想，是难题.本题第一问解题的关键在于令，研究其单调性和函数值的分布，进而分分，且三种情况讨论求解；第二问解题的关键在于利用第一问得当时，进而求解.
