1、陕西省西安市长安区第一中学2021届高三数学上学期第三次月考试题 理一、选择题：本题共12小题，每小题5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，则（ ）ABCD2若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ）ABCD3若双曲线的实轴长是虚轴长的倍，则其渐近线方程为（ ）ABCD4已知，则（ ）ABCD5在等比数列中，则的值为（ ）ABCD6恩格尔系数是食品支出总额占个人消费支出总额的比重，恩格尔系数越小，消费结构越完善，生活水平越高某学校社会调查小组得到如下数据：年个人消费支出总额（万元）恩格尔系数若与之间具有线性相关关系，且由最小二乘法求得关于的线性回归方程为，则当时，的预
2、测值为（ ）ABCD7已知直角梯形中，是线段上靠近的三等分点，是线段的中点，若，则（ ）ABCD8如图，网格纸上小正方形的边长为，根据图中三视图，求得该几何体的体积为（ ）ABCD9若正数，满足，则的最小值是（ ）ABCD10某风景区在大门外新建了一个标志，抽象出其曲线，在如图所示的直角坐标系中，与下列函数解析式最接近的是（ ）ABCD11函数可以看作是将函数的图像向右平移个单位后，再把图像上所有点的横坐标变为原来的倍而得到的，若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）ABCD12已知球是三棱锥的外接球，点是的中点，且，则球的表面积为（ ）ABCD二、选择题：本题共4小题，每小题5分13曲线
3、在点处的切线方程为 14记为等差数列的前项和，若，则 15某场足球比赛计划从甲、乙两人中挑选一名服务员，已知甲计划在到达足球场地，乙计划在到达，若规定谁先到达，就安排谁参加服务工作，则甲参加服务工作的的概率为 16已知点，分别是椭圆的左、右焦点，过原点且倾斜角为的直线与椭圆的一个交点为，且，则椭圆的离心率为 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17的内角，的对边分别为，且（1）求；（2）若，求的面积18某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果某采购商从采购的一批水果中随机抽取个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下（下表所示）：等
4、级标准果优质果精品果礼品果个数（1）若将频率视为概率，从这个水果中有放回地随机抽取个，求恰好有个水果是礼品果的概率（结果用分数表示）（2）用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考方案：不分类卖出，单价为元/方案：分类卖出，分类后的水果售价如下等级标准果优质果精品果礼品果售价（元/）从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案？（3）用分层抽样的方法从这个水果中抽取个，再从抽取的个水果中随机抽取个，表示抽取的是精品果的数量，求的分布列及数学期望19已知三棱柱中，（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的余弦值20已知经过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于两点，直线，分别交直线于点，（
5、1）求证：为定值；（2）求的最小值21已知函数，在区间有极值（1）求的取值范围；（2）证明：请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答时请写清题号22【选修4-4坐标系与参数方程】在极坐标系中，曲线的极坐标方程为现以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数）（1）求曲线的直角坐标系方程和直线的普通方程；（2）求曲线关于直线对称曲线的参数方程23【选修4-5：不等式选讲】已知函数（）当时，解不等式；（）若关于的不等式有解，求实数的取值范围长安一中20202021学年度第一学期第三次质量检测高三年级数学（理科）试卷一、选择题：本题共1
6、2小题，每小题5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题号123456789101112答案CBCACDAACCBA二、选择题：本题共4小题，每小题5分13 14 15 16三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17解：（1）在中，因为，所以所以，化简可得因为，所以因为，所以（2）因为，所以因为，所以在中，由正弦定理可得所以18解：（1）设从个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为，则，现有放回地随机抽取个，设抽到礼品果的个数为，则，恰好抽到个礼品果的概率为：（2）设方案的单价为，则单价的期望值为：，从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案
7、（3）用分层抽样的方法从个水果中抽取个，则其中精品果个，非精品果个，现从中抽取个，则精品果的数量服从超几何分布，所有可能的取值为：，则；，的分布列如下：19解：（1）依题意，故；在中，由余弦定理得，又，又，平面（2），如图，以为原点，以，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，由得，令，得，平面的一个法向量为设平面的法向量由得，令，得平面的一个法向量为，设，所成角为，故；因为平面与平面所成二面角为锐角，故所求余弦值为20解：（1）易知，设，则，得，（2）设，所以，所以的方程是，由，同理由，且由（1）知，当且仅当时，取最小值21解：（1）由得，当即时，所以在上单调递
8、增，无极值；当即时，所以在上单调递减，无极值；当即，由得；由得，所以在上单调递减，在上单调递增，符合题意，；（2）要证成立，只需证成立，即证，先证：设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以，则，即，再证：设，则所以在上单调递增，则，即因为所以，由可得，所以22解析：（1）由曲线的极坐标方程为，则，即，得其标准方程为直线参数方程为（为参数），则其普通方程为（2）由（1）得曲线为圆心为，半径为的圆，过点作直线的垂线，则，从而直线的方程为，联立直线，的方程，可求两直线的交点坐标为，故圆心关于点对称点坐标为，其对应的参数方程为（为参数）23【解析】（）当时，当时，可得，解得；当时，因为不成立，故此时无解；当时，由得，故此时；综上所述，不等式的解集为（）因为，要使关于的不等式有解，只需成立即可当时，即，解得，或（舍去）；当时，即，解得（舍去），或；所以的取值范围为