1、重庆市巴蜀中学2021届高三数学上学期适应性月考试题（二）注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚2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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号在试题卷上作答无效3考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时l20分钟一、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设集合，则（ ）ABCD2设为虚数单位，已知，则的虚部为（ ）ABCD3“”是“为锐角三角形”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条
2、件D既不充分也不必要条件4交通运输部发布了城市轨道交通客运组织与服务管理办法，对乘客在地铁内一系列行为进行规范，其中就包括“使用电子设备时外放声音”，不听劝阻者将被列入“乘客行为黑名单”该办法已于2020年4月开始施行通常我们以分贝为单位来表示声音大小的等级，分贝为安静环境，超过50分贝将对人体有影响，90分贝以上的环境会严重影响听力且会引起神经衰弱等疾病如果强度为的声音对应的分贝数为，那么满足：若在地铁中多人外放电子设备加上行车噪音，车厢内的声音的分贝能达到，则的声音与的声音强度之比为（ ）A40B100C40000D100005设单位向量，满足：，则（ ）A1B2C3D46某中学新学期的选
3、修课即将开启选课，甲、乙、丙三人在足球、篮球、摄影、书法四门选修课中选择，学校规定每人限选一门课，若甲不选足球，乙不选篮球，则共有（ ）种不同的结果A36B27D24D187的展开式中，含项的系数为（ ）A60BCD808设函数，则下列说法正确的是（ ）A是奇函数B是周期函数C的图象关于点对称D9设，若，则（ ）ABCD10设中角，所对的边分别为，下列式子一定成立的是（ ）ABCD11为响应国家精准扶贫政策，某工作组要在村外一湖岸边修建一段道路（如图中虚线处），要求该道路与两条直线道路平滑连接（注：两直线道路：，分别与该曲线相切于，已知该弯曲路段为三次函数图象的一部分，则该解析式为（ ）ABC
4、D12如图，设在中，从顶点连接对边上两点，使得，若，则边长（ ）A38B40C42D44二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13设向量，若，则_14设函数，则在上的最大值为_15去年底，新一代的无线网络技术发布。相比于上一代，加入了新的技术，支持多个终端同时并行传输，有效提升了效率并降低延时，小明家更换了支持的新路由器，设在某一时刻，家里有个设备接入该路由器的概率为，且那么没有设备接入的概率_16函数称为取整函数，也称高斯函数，其中不超过实数的最大整数称为的整数部分，例如：，设函数，则函数在的值域为_（其中：，）三、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17在中
5、，角，的对边分别为，且（1）求的值；（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围18甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，规定每一局比赛获胜方记1分，失败方记0分，谁先获得5分就获胜，比赛结束，假设每局比赛甲获胜的概率都是（1）求比赛结束时恰好打了7局的概率；（2）若现在的比分是3比1甲领先，记表示结束比赛还需打的局数，求的分布列及期望19已知（1）若函数的最小正周期为，求的值及单调递增区间；（2）若时，方程恰好有两个解，求实数的取值范围20如图，已知三棱柱的底面是正三角形，且平面，是的中点，且（1）求证：平面；（2）已知三棱锥的体积为，求二面角的余弦值21已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，离心率，的面
6、积为（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圈相交于点，则直线，的斜率分别为，且，其中是非零常数，则直线是否经过某个定点？若是，请求出的坐标22已知（1）当时，讨论的单调性；（2）若在上单调递增，求实数的取值范围；（3）令，存在，且，求实数的取值范围巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（二）数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1B2C3B4D5C6A7C8B9D10C11C12B【解析】2计算可得，故选C4由公式可知，所以，故选D5由可知，所以，故选C6，故选A7的展开式中，第项为，当时，系数为，故选C8由可得，函数为偶函数；由，是周期函数；由不一定对称；当，时，故选B
7、9有条件可得，所以或，故选D10易得A，B选项显然错误；对于C选项，由可得，即，有移项可得C选项；对于D选项，由，有，而，可得，可得D错误，故选C11三次函数过两点，且在这两点的导数分别为，3，联立可得C满足，故选C12方法一：设，在中，由正弦定理：，可以化简得，在中，由正弦定理：，可以化简得，联立可得，可以化简得，解得，（舍去），故选B方法二：利用余弦定理得，而的面积，则，则在中，由余弦定理得，简化整理得，即，（舍），故选B二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）1331421516【解析】13由，得，求得14当时，取得最大值15由，且，所以有，可求得16由，设，有，当时，所以，即
8、单调递增，值域为，故算取整，可得的值域为三、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17解：（1）因为，则，即，因为，则，（2）因为，且为锐角三角形，则角一定为锐角，因为，所以，即，又，所以，即，综上所述，的取值范围是18解：（1）恰好打了7局甲获胜的概率是，恰好打了7局乙获胜的概率是，故比赛结束时恰好打了7局的概率（2）的可能取值为，故的分布列为2345则的数学期望19解：（1），所以，因为最小正周期，又，所以，即，所以，解得，所以的单调递增区间为，（2）因为时，恰好有两个解，即恰好有两个解，所以，即，解得，所以实数的取值范围是20（1）证明：如图，取的中点，连接，所以，且，
9、故四边形为平行四边形，平面，平面，所以平面，又因为，分别是，的中点，故，且，所以为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，又平面，且，所以平面平面，且平面，所以平面（2）解：因为，又因为平面，所以，而，因为，底面是正三角形，所以，代入得以为轴正方向，为轴正方向，过作的平行线为轴正方向建立空间直角坐标系，所以，因为平面，且平面，所以，又，且，故平面取平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，因为，所以令，则又，所以与夹角的余弦值为，所以二面角的余弦值为21解：（1）因为，的面积，且，故解得，则，则椭圆的标准方程为（2）假设，直线与椭圆联立得消去整理得，则，又因为，所以，则，即，代入韦达定理得
10、，即，化简得，因为，则，即，代入直线得，所以恒过，故直线经过定点22解：（1）当时，则，所以，当时，时，则在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以时，所以在上单调递增（2）在上单调递增，当时，）在上单调递增，所以时满足要求；当时，在上单调递增，所以时，恒成立，因为，当时，所以在上单调递减，而，因为，故，从而时，故时不成立，当时，当时，时，则在上单调递减，在上单调递增，因为时，只需，即，因为，所以，所以，综上所述，实数的取值范围是（3）因为，则，即，即，即，令，则，即方程有解解法一：令，则时，有解；，因为时，则，当时，即时，则在上单调递减，又，故时，无解，则时不成立；当时，当时，时，又，则，而，令，因为，则，则在单调递减，则在单调递减，则，即，故存在，使得，故时满足要求，综上所述，实数的取值范围是解法二：分类变量洛必达法则：即，令，则，令，所以时，故在上单调递增，故，由洛必达法则知：当时，则即，从而实数的取值范围是
