1、吉林省榆树市第一高级中学2021届高三数学上学期期末备考卷（B）理（老教材）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，则（ ）ABCD【
2、答案】A【解析】由题意得，则，故选A2设复数满足，在复平面内对应的点为在第一象限且满足，则（ ）ABCD【答案】A【解析】，又，解得，3若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】，故选B4每当临近春节时，某酒店便会到处挂满五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀个小灯，另一种是大灯下缀个小灯，已知大灯共个，小灯共个若在该酒店的灯球中，随机选取两个灯球，则至少有一个灯球是大灯下缀个小灯的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】设一大三小和一大四小的灯球数分别为，则，解得，若随机取两个灯球，则至少有一个灯球是大灯下缀个小灯的概率为5函数的图象大致为（ ）ABCD【答案】B【解析】时，为偶函数，排除
3、A，C，又时，排除D6若非零向量，满足且，则与的夹角为（ ）ABCD【答案】B【解析】，则，得，设与的夹角为，则，则夹角为7关于函数有以下四个结论：是奇函数；直线是的一条对称轴；的最大值为；函数在区间单调递减其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD【答案】C【解析】分段函数讨论：，故错误；，故不是的对称轴，故错误；当时，故当时，恒成立又由可知为偶函数，的最大值为，故正确；当时，函数递减，故正确8关于函数，下列说法正确的是（ ）A函数有个零点B函数有个零点C是函数的一个零点D是函数的一个零点【答案】A【解析】令，得或，解得或，故答案选A9已知，则的值可能为（ ）A或B或C或D或【答案】A【解析】，
4、故，当时，；当时，故答案选A10已知正三棱锥中，分别为，的中点，已知的面积为，与所成角的余弦值为，则球的体积为（ ）ABCD【答案】A【解析】如图，三棱锥为正三棱锥，设，过作于，连接，则且，在中，在中，的面积为，与的成角的余弦值为，解得，设球的半径为，则有，解得球的体积为11已知椭圆的长轴为，离心率为，则以为中点的弦所在的直线方程为（ ）A或B或C或D或【答案】D【解析】由已知可得椭圆的短轴为，故椭圆方程为或，设弦的两端点为，当椭圆方程为时，则有，两式相减得，整理得，弦所在的直线的斜率为，其方程为，整理得；当椭圆方程为时，则有，两式相减得，整理得，弦所在的直线的斜率为，其方程为，整理得根据选项
5、可得答案为D12现电脑程序随机产生一个四位二进制数（例如）其中的各位数中出现的概率为，出现的概率为，记，则当程序运行一次时，下列说法错误的是（ ）ABCD【答案】D【解析】由于二进制数的特点知每一个数位上的数字只能填，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的位数中后位的所有结果有4类：后个数位都为，记其概率为；后个数位只出现个，记其概率为；后位数位出现个，记其概率为；后个数位上出现个，记其概率为，故，故A正确，B正确，C正确，D错误，故选D第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13曲线在点处的切线斜率为，则 【答案】【解析】，根据导数的几何意义可知曲线在点处的切线斜率为，14二
6、项式的展开式中的第项是 【答案】【解析】二项式的展开式中的第项是15甲、乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主主客客主”，设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是 【答案】【解析】欲使甲队获胜，则第六场甲胜，前五场甲获胜三场负两场，故所求概率为16设双曲线的左焦点为，直线过点且与双曲线在第一象限交点为，若，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为 【答案】【解析】如图所示，直线过点，半焦距，连接，过作交于，是直角三角形，且，故且，三、解答题：本大题共6大题，共70分
7、，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）在中，角，的对边分别为，已知（1）若，求角大小；（2）若，求【答案】（1）或；（2）【解析】，根据余弦定理可得，（1）在中，由正弦定理可得，或，当时，；当时，为或（2），化简得，又，18（12分）如图，在直三棱柱中，分别为，的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：如图，取、中点，连接，及，分别为和的中点，且，且，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面（2）如下图，以为坐标原点，方向为轴正方向，为轴正方向，以垂直轴，轴方向为轴建立空间直角坐标系，且，设，则，则，由图易知平面的法向量为，
8、设平面的法向量为，所以，取，则，二面角的正弦值为19（12分）冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征（）和严重急性呼吸综合征（）等较严重疾病今年出现的新型冠状病毒（）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株某小区为进一步做好新型冠状病毒感染的肺炎疫情知识的教育，在小区内开展新型冠状病毒防疫安全公益课在线学习，在此之后组织了新型冠状病毒防疫安全知识竞赛在线活动已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为、，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测正确会有礼品获得，现用表示某业主对甲、乙、丙
9、、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，是该业主预测的名次与真实名次的偏离程度的一种描述（1）求该业主获得礼品的概率；（2）求的分布列及数学期望【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】（1）该业主预测的结果有种可能，预测正确的结果只有一种，所以该业主获奖的概率为（2）以（）为一个基本事件，如下表所示：即所有可能的取值为分布列如下表所示：所以20（12分）已知抛物线，点在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线交于，两点，为坐标原点（1）当直线的斜率为，且以为直径的圆与相切，求该圆的半径；（2）是否存在定点，使得不论直线绕点如何移动，恒为定值【答案】（1）2；（2）存在，定点为【解析】设，（1）
10、设点，则直线的方程为，由，得，由韦达定理得，由弦长公式可得，线段的中点的纵坐标为，线段的中点到直线的距离为，则，解得，此时圆半径为（2）设，直线的方程为，由，消去得，得，同理，为定值，则，解得，存在定点，使得不论直线绕点如何移动，恒为定值21（12分）已知函数，当时，证明：（1）有唯一极值点；（2）有个零点【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）的定义域为，当时，单减；当时，单增，有唯一极值点（2）由（1）知在单减，在单增，在时取得极小值为，又，根据零点存在性定理，函数在上有且只有一个零点，时，根据零点存在性定理，函数在上有且只有一个零点，有个零点请考生在22、23两题中任选一
11、题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的直角坐标方程与直线的极坐标方程；（2）若直线与曲线交于点（不同于原点），与直线交于点，求的值【答案】（1），；（2）【解析】（1），曲线的直角坐标方程为，即，直线的普通方程为，直线的极坐标方程为（2）将代入直线的极坐标方程得，将代入曲线的极坐标方程得，23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求不等式解集；（2）若关于的不等式有解，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1），当时，解得，故无解；当时，解得，；当时，解得，不等式解集为（2）依题意得，解得或，的取值范围为