1、克拉玛依市第一中学高二年级2020-2021学年下学期六月考试题考试范围：高考范围；考试时间：120分钟；第I卷（选择题）一、单选题（每题5分，共60分）1已知集合，若，则实数a的取值范围为（ ）ABCD2欧拉公式(为虚数单位)是由著名数学家欧拉发现的，它将指数函数定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，若将表示的复数记为，则的值为（ ）ABCD3下面是某手机的图标，其设计灵感来源于传统照相机快门的机械结构，该图形是一个正六边形和六个全等的“曲边三角形”拼成的一个圆，且.若在圆内随机取一点，则该点取自正六边形
2、内部的概率为（ ）ABCD4数列是公差不为零的等差数列，为等比数列，则（ ）A5B9C25D505已知圆及直线，设直线与圆相交所得的最长弦长为，最短弦为，则四边形的面积为（ ）ABCD6在下列命题中，从分别标有1,2,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是；的展开式中的常数项为2；设随机变量，若，则.其中所有正确命题的序号是（ ）A B C D7已知函数为上的增函数则的取值范围为（ ）ABCD8已知定义域为的函数满足：图象关于原点对称；当时，.若，则（ ）AB1CD29函数(其中，)相邻两条对称轴之间的距离为，最大值为，将的图象向左平移个单位
3、长度后得到的图象，若为偶函数，则=（ ）ABCD10蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠的表面上有四个点、，满足为正三棱锥，是的中点，且，侧棱，则该蹴鞠的表面积为（ ）ABCD11设双曲线：的左、右焦点分别为，过点的直线与的两支分别交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）A2BCD12已知函数，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD第II卷（非选择题）二、填空题（每题5分，共2
4、0分）13已知(x1)6(ax1)2的展开式中，x3的系数为56，则实数a的值为_.14若点M是ABC所在平面内一点，且满足：.则ABM与ABC的面积之比为_.15已知数列的前项和为，且对任意的，都有，则_.16扫雷是一款大众类的益智小游戏，某玩家在点击一次后得到的结果如图所示，小方格中的数字代表其周围区域中的地雷数(一般为8个格子，粗线外面没有地雷)，则该图中地雷的个数为_.三、解答题（1721为必做题，每题12分；22和23为选做题，在二者中任选一道做在答题纸上）17已知函数的部分图像如图所示.（1）求函数的解析式；（2）在中，角的对边分别为，若，求周长的取值范围.18数独是源自18世纪瑞
5、士的一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行每一列每一个粗线宫()内的数字均含19，不重复.数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛.（1）赛前小明在某数独APP上进行一段时间的训练，每天的解题平均速度(秒)与训练天数(天)有关，经统计得到如表的数据：(天)1234567(秒)990990450320300240210现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测小明经过100天训练后，每天解题的平均速度约为多少秒？参考数据(其中)18450.370.55参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式
6、分别为：，.（2）小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，两人约定先胜4局者赢得比赛.若小明每局获胜的概率为，已知在前3局中小明胜2局，小红胜1局.若不存在平局，请你估计小明最终赢得比赛的概率.19如图，已知长方体中，分别为，的中点.（1）求过，三点的截面的面积；（2）一只小虫从点经上一点到达点，求小虫所经过路程最短时，直线与平面所成的角的正弦值.20某城市决定在夹角为的两条道路之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，千米，为的中点，为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域，其中，在椭圆上，且的倾斜角为，交于.（1）若千米，为了
7、不破坏道路，求椭圆长半轴长的最大值；（2）若椭圆的离心率为，当线段长为何值时，游乐区域的面积最大？21已知定义在上的函数（1）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围；（2）若，为的极小值，求证：第22和23题为选做题，每题都是10分。请任选其中一道做在答题纸上。若两大题都做，只按先做的一道题给分.22在平面直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设是上的动点，先将点绕点顺时针旋转得得到点，再保持极角不变，极径变为原来的倍得到点，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线、的极坐标方程；（2）设是曲线、的公共点，、分别是射线与曲线、的公共点，且、都异于点，求的面积.23已
8、知函数（1）求不等式的解集；（2）记的最小值为，已知，均为正实数，且，求的最小值参考答案1C【分析】求出集合A，由题可得，即可列出不等式求出a的取值范围.【详解】由题意知，由知，故，解得故选：C2A【分析】根据欧拉公式求出，再由复数乘法运算即可求出.【详解】根据欧拉公式可得，则.故选：A.3B【分析】求出正六边形的面积以及圆的面积，利用几何概型-面积型即可求解.【详解】解析如图，设为圆心，则是正六边的中心，设正六边形的边长为1，则，圆的半径是，所以圆的面积为，正六边形的面积为，所求的概率为.故选：B4C【分析】设数列的公差为，由已知得，解得，再由等差数列求和公式可得选项.【详解】设数列的公差为
9、，因为，成等比数列，且，所以，解得或（舍），所以故选：C.5A【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，由直线方程可确定直线所过定点；由过圆内一点最长弦为直径、最短弦为与最长弦垂直的弦，结合垂径定理可求得最长弦和最短弦，由对角线垂直的四边形面积公式可求得结果.【详解】将圆方程整理为：，则圆心，半径；将直线方程整理为：，则直线恒过定点，且在圆内；最长弦为过的圆的直径，则；最短弦为过，且与最长弦垂直的弦，直线方程为，即，圆心到直线的距离为，；四边形的面积.故选：A.【点睛】结论点睛：过圆内一点的最长弦为圆的直径；最短弦为过且与最长弦垂直的弦.6C【解析】【分析】根据二项式定理，古典概型，以及正态分布的概
10、率计算，对选项进行逐一判断，即可判断.【详解】对：从9张卡片中不放回地随机抽取2次，共有种可能； 满足2张卡片上的数奇偶性不同，共有种可能； 根据古典概型的概率计算公式可得，其概率为，故错误；对：对写出通项公式可得， 令，解得，即可得常数项为，故正确；对：由正态分布的特点可知，故正确.综上所述，正确的有.故选：C.【点睛】本题考查古典概型的概率计算，二项式定理求常数项，以及正态分布的概率计算，属综合性基础题.7C【分析】由分段函数的解析式及在上为增函数，结合二次函数、对数函数的性质可得，求出m、n的范围，利用不等式的性质求的范围即可.【详解】由关于对称且开口向下，又在上的增函数由解析式知：，可
11、得，即，由不等式的性质可得：.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用二次函数、对数函数的性质，结合已知求参数的范围，再根据不等式性质求目标式的范围.8B【分析】由可知函数为奇函数，由可知图象关于对称，则函数为周期函数，周期为，然后利用周期性可知解出的值.【详解】由可知函数为奇函数，又，故，即函数的周期为3，解得.故选：B.【点睛】本题考查函数的性质的综合，常见的与函数的对称性、周期性有关的结论有：若，则函数图象关于对称；若函数，则函数图象关于点中心对称；若函数的图象关于点中心对称，且关于直线对称，则函数为周期函数，周期.9C【分析】由最大值可得，由最小正周期为可得，由三角函数图象平移变换可得解析式
12、，由为偶函数可得，由的范围可得结果.【详解】最大值为，；相邻两条对称轴之间的距离为，解得：；，为偶函数，解得：，又，.故选：C.【点睛】方法点睛：由正弦型函数奇偶性求解参数值的基本方法如下：若为奇函数，则；若为偶函数，则.10B【分析】推导出、两两垂直，然后将正三棱锥补成正方体，计算出正方体的体对角线长，即为三棱锥的外接球直径，利用球体的表面积公式可得结果.【详解】取中点，连接、，为中点，同理，平面，平面，且，平面，、平面， 三棱锥是正三棱锥，、三条侧棱两两互相垂直.将正三棱锥补成正方体，如下图所示：因为，所以正方体的体对角线长为，所以，正三棱锥的外接球的直径，所以，正三棱锥的外接球的表面积是
13、，故选：B.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.11B【分析】根据双曲线的定义及可得出，知三角形为等腰直角三角形，由余弦定理得出a，c关系即可求解.【详解】不妨设点在点的右侧，如图所示，根据双曲线的定义得.则.，则.，则，则，则.在中，则，即，整理可得，双
14、曲线的离心率，故选：B【点睛】关键点点睛：利用双曲线的定义，考查焦点三角形，结合其他条件，应用余弦定理求解，是解决离心率的常用方法，属于中档题.12C【分析】首先分析函数，当恒成立，从而只需成立即可，进而，求导判断函数的单调性得到最小值，最后求得实数的取值范围.【详解】由题意函数，当恒成立，所以要使不等式在实数集R上恒成立，只需成立即可，当时，设，则，且，故不可能恒成立；所以，当时，成立；当时，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增，所以；综上：实数的取值范围是.故选：C.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数
15、形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理136或1【分析】求出展开式中的系数，结合多项式乘法法则可得的系数，从而求得【详解】因为(x1)6(ax1)2(x1)6(a2x22ax1)，所以(x1)6(ax1)2的展开式中x3的系数是，6a230a2056，解得a6或1.故答案为：6或11414【分析】由已知得出M，B，C三点共线，令，利用平面向量的加法法则可得值，进而可得ABM与ABC面积之比【详解】如图，由可知M，B，C三点共线，令，则所以，即ABM与ABC面积之比为14.故答案为：14155【分析】根据已知的递推公式，结合对数的运算性质进行求解即可
16、.【详解】，.故答案为：5164【分析】先从右下角的“2”和“1”逐一推导，选择有地雷的情况，再推导左下角的“1”和“3”，最后根据第一行的“2”得到最后结果.【详解】第一步，根据右下角的“2”和“1”可得到下图两种情况，其中“”代表地雷，“”代表没有地雷.第二步，根据第一列的两个“1”和第二列的“3”可知第二个图不正确，于是得到下图，第三步，根据第一行的“2”可得到最后结果，如图.所以该图中地雷的个数为4.故答案为：4.【点睛】思路点睛：解题的关键是按照一定的顺序逐一推导，一般先从限制条件多的地方往限制条件少的地方推导.17（1）；（2）.【分析】（1）根据题意得，进而得，再根据图像过点待定
17、系数法得，最后根据点在函数图像上得，即可得答案；（2）结合（1）得，进而根据正弦定理得，再结合三角恒等变换得周长，最后求函数值域即可得答案.【详解】解：（1）由图像可知，周期，.因为点在函数图像上，所以，即.又，从而，即.又点在函数图像上，所以，.故函数的解析式为.（2）由，.由正弦定理，同理，周长，所以【点睛】本题考查根据三角函数图像求函数解析式，三角形的周长最值问题，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.本题第二问解题的关键在于利用正弦定理将问题转化为三角恒等变换求函数值域问题.18（1）回归方程为，经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒；（2）.【分析】（1）（1）令，设
18、关于的线性回归方程为，结合所给数据求出对应的系数即可得结果，将代入到所求回归方程即可；（2）由题意求出小明获胜所需局数可能取值，分别计算概率，求和即可.【详解】（1）由题意，令，设关于的线性回归方程为，则，则.，又，关于的回归方程为，故时，.经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒；（2）设比赛再继续进行局小明最终获得比赛，则最后一局一定是小明获胜，由题意知，最多再进行4局就有胜负.当时，小明胜，；当时，小明胜，；当时，小明胜，.小明最终赢得比赛的概率为.【点睛】关键点点睛：求型的回归方程，关键在于令换元后，转化为设关于的线性回归方程为，属于中档题.19（1）；（2）.【分析】（1）
19、连接，则四边形为平行四边形，分别为，的中点，利用平行的传递性，得到所求截面为梯形，进而利用勾股定理和梯形的面积公式求解即可；（2）以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系.若所经过路程最短，则与相似，所以，进而求出点坐标，进而求出平面的法向量，最后利用线面角正弦值的向量公式求解即可【详解】解：（1）连接，则四边形为平行四边形，又因为，分别为，的中点，所以，所以所求截面为梯形.，梯形的高，所以所求截面面积.（2）以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系.则，若所经过路程最短，则与相似，所以，所以.，设平面的法向量，则，令，则，所以，.，所以直线与平面所成的角的正弦值是.【点睛】关键点
20、睛：（1）解题的关键在于利用平行的传递性，找出所求的截面，进而求解；（2）解题的关键在于根据题意所指的经过路程最短，得到与相似，进而求出点坐标，最后利用空间向量的相关公式进行求解20（1）；（2）当线段长为千米，游乐区域的面积最大.【分析】（1）由题可设椭圆方程为，可得出直线的方程为，根据题意可得直线与椭圆至多只有一个交点，联立方程利用可求出的范围；（2）由题可得椭圆方程为，设，将直线的方程代入椭圆，利用韦达定理表示出三角形面积可求出最值.【详解】（1）以点为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设椭圆方程为，因为，则，又夹角为，所以直线的方程为.又因为，则，则椭圆方程为，为了不
21、破坏道路，则直线与椭圆至多只有一个交点，联立方程组，得，由于直线与半椭圆至多只有一个交点，则，又，得.当时半椭圆形主题公园与道路直线相切，所以.（2）设椭圆焦距为，由椭圆的离心率，解得，所以，椭圆的方程为.设，又倾斜角为，且交于，所以直线的方程为，由得，设，则，则，当且仅当时，的面积最大.所以当线段长为千米，游乐区域的面积最大.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.21（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由
22、单调性可知在上恒成立，分离变量可得；利用导数可求得的最大值，由此可得的范围；（2）利用导数，结合零点存在定理可确定，在上单调递减，在上单调递增；构造函数，利用导数可求得单调性，得到，从而得到，根据自变量的范围，结合在上的单调性可证得结论.【详解】（1）由得：为上的增函数，在上恒成立，即，令，则，在上单调递减，即，即实数的取值范围为.（2）当时，则，在上单调递增，又，使得，且当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，则为的极小值.设，设，又，在上单调递增，在上单调递增，又在上单调递减，即.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（为的两根）的问题的基本步骤如下：求导确定的单调性，得到的范
23、围；构造函数，求导后可得恒正或恒负；得到与的大小关系后，将置换为；根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.22（1），；（2）.【分析】（1）利用极坐标与普通方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程，设点的极坐标为，可得出点的极坐标，代入曲线的极坐标方程，化简后可得出曲线的极坐标方程；（2）求出点、的极坐标，再利用三角形的面积公式可求得，即可得解.【详解】（1）将代入，化简得.设点的极坐标为，依题意可知、.因为点在曲线上，代入曲线的极坐标方程可得，即.故曲线、的极坐标方程分别为、；（2）联立，即，则，由，可得，则，此时，则点.将代入中，得.将代入中，得.显然，.故.【
24、点睛】思路点睛：求曲线的极坐标方程通常有以下五个步骤：（1）建立适当的极坐标系；（2）在曲线上任取一点；（3）根据曲线上的点所满足的条件列出等式；（4）用极坐标表示上述等式，并化简得曲线的极坐标方程；（5）证明所得的方程是曲线的极坐标方程（一般只对特殊点加以检验即可）.23（1）；（2）6【分析】（1）利用零点分段法解不等式组即可；（2）利用绝对值不等式得到最小值为，利用柯西不等式得到最小值.【详解】解：（1）依题意，当时，原式化为，解得，故；当时，原式化为，解得，故无解；当时，原式化为，解得，故；综上所述，不等式的解集为；（2）因为当且仅当时，等号成立，即，于是，当且仅当且，即，时等号成立，即的最小值为【点睛】方法点睛：零点分区间法的一般步骤令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集