1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 （新高考）2020-2021学年上学期高三期中备考金卷数学（A）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、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
2、合题目要求的1若复数为纯虚数，则实数的值为（ ）ABCD2已知集合，若，则的可能取值组成的集合为（ ）ABCD3为了评估某家快递公司的服务质量，某评估小组进行了客户满意度调查，从该公司参与调查的客户中随机抽取名客户的评分，评分均在区间上，分组为，其频率分布直方图如图所示规定评分在分以下表示对该公司的服务质量不满意，则这名客户中对该公司的服务质量不满意的客户的人数为（ ）ABCD4已知定义在上的奇函数在上单调递减，且，若，则，的大小关系是（ ）ABCD5已知四边形中，分别为，的中点，若，则（ ）ABCD6已知在正方体中，分别为，上的点，且满足，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD7已知双曲
3、线的渐近线分别为，点是轴上与坐标原点不重合的一点，以为直径的圆交直线于点，交直线于点，若，则该双曲线的离心率是（ ）A或BC或D8若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9已知的展开式中各项系数之和为，第二项的二项式系数为，则（ ）ABC展开式中存在常数项D展开式中含项的系数为10已知函数的图象的一条对称轴为直线，为函数的导函数，函数，则下列说法正确的是（ ）A直线是图象的一条对称轴B的最小正周期为C是图象的一个对称中心D的最大值为11如
4、图，直接三棱柱，为等腰直角三角形，且，分别是，的中点，分别是，上的两个动点，则（ ）A与一定是异面直线B三棱锥的体积为定值C直线与所成角为D若为的中点，则四棱锥的外接球表面积为12若存在两个不相等的实数，使，均在函数的定义域内，且满足，则称函数具有性质，下列函数具有性质的是（ ）ABCD第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13周髀算经记载了勾股定理的公式与证明，相传是由商高发现，故又称勾股定理为商高定理我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数现从，这个正整数中随机抽取个数，则恰好构成勾股数的概率为 14已知，分别为椭圆的左、右焦点，且离心率，点是椭圆上位于第二象限内的一点，
5、若是腰长为的等腰三角形，则的面积为 15已知正实数，满足，则的最小值为 16已知数列的前项和为，且，则 ；若恒成立，则实数的取值范围为 （本题第一空2分，第二空3分）四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在，的周长为，的外接圆半径为这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并加以解答在中，角，的对边分别是， ?，求注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18（12分）已知数列的前项和为，且，数列中，（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和19（12分）在一场青年歌手比赛中，由名观众代表平均分成，两个评分小组，给参赛选手评分，下面是
6、两个评分小组对同一名选手的评分情况：（1）分别计算这两个小组评分的平均数和方差，并根据结果判断哪个小组评分较集中；（2）在评分较集中的小组中，去掉一个最高分和一个最低分，从剩余的评分中任取名观众的评分，记为这个人评分之差的绝对值，求的分布列和数学期望20（12分）如图，在多面体中，是边长为的等边三角形，点为的中点，平面平面（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，试指出点的位置；若不存在，请说明理由21（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆和椭圆，其中，的离心率分别为，且满足，分别是椭圆的右、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为，且（1）求椭圆的方程；（2）与
7、椭圆相切的直线交椭圆与点，求的最大值22（12分）已知函数，其中（1）若在定义域内是单调函数，求的取值范围；（2）当时，求证：对任意，恒有成立（新高考）2020-2021学年上学期高三期中备考金卷数学（A）答案第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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【答案】D【解析】由为纯虚数，可得，解得2【答案】A【解析】，因为，所以3【答案】A【解析】由频率分布直方图可知，评分在区间上的频率为，所以评分在区间上的客户有（人），即对该公司的服务质量不满意的客户有人4【答案】A【解析】因为定义在上的奇函数在上单调递减且，所以，又，所以，而，所以
8、，所以5【答案】A【解析】依题意，可知四边形为直角梯形，且，所以6【答案】A【解析】取线段上一点，使，连接，如图所示，因为，所以，所以，又，所以易知为异面直线与所成的角设该正方体的棱长为，则，所以在中，所以7【答案】C【解析】由题意，不妨设，设，则，设，由，得，由对称性知，且线段被平分如图，设与交于点，则，连接，由于为直径，所以，则，由，得，因为，所以或，即或又，所以或当时，则，离心率；当时，则，离心率8【答案】C【解析】由题意知，当时，函数在上单调递增，没有两个不同的零点；当时，得，函数在上单调递增；，函数在上单调递减，故在处取得最小值，所以，得，所以的取值范围为二、多项选择题：本题共4小题
9、，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9【答案】ABD【解析】令，得的展开式中各项系数之和为，所以，选项A正确；的展开式中第二项的二项式系数为，所以，选项B正确；的展开式的通项公式为，令，则，所以展开式中不存在常数项，选项C错误；令，则，所以展开式中含项的系数为，选项D正确10【答案】BD【解析】因为的图象的一条对称轴为直线，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以，且，所以的最大值为，最小正周期为，故A、C错误，B、D正确11【答案】BCD【解析】A项，当，重合时，（即）与是相交直线，故该说法错误；B项，由已知可得，又平
10、面平面，所以平面，在矩形中，的面积，又，所以三棱锥的体积，所以该说法正确；C项，由平面，得，又，所以平面，所以，所以该说法正确；D项，由题意可得四边形为矩形，连接，则矩形外接圆的圆心为的中点，且，过作与点，连接，则，故，所以就是四棱锥的外接球的球心，所以外接球半径，故外接球的表面积，故该说法正确12【答案】BD【解析】对于A，因为函数的定义域为，所以，由于，所以恒成立，故A不具有性质；对于B，函数的定义域为，取，则，所以，所以成立，故B具有性质；对于C，函数的定义域为，当，时，由于，所以，易知在上单调递增，所以恒成立，故C不具有性质；对于D，函数的定义域为，易知为奇函数，取，则，所以，所以成立
11、，故D具有性质第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】从，这个正整数中随机抽取个数，可能的情况有，共种，其中恰好构成勾股数的情况有种，为，所以所求概率为14【答案】【解析】由题意知，则，又，由椭圆的定义得，又是腰长为的等腰三角形，且点在第二象限，过作于点，则，的面积为15【答案】【解析】由，得，故（当且仅当，时取等号），所以的最小值为16【答案】，【解析】由，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，又，所以恒成立，即，恒成立令，则，所以是递减数列，所以，即，实数的取值范围为四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】见解
12、析【解析】若选条件，由正弦定理可化为，又，所以，因为，所以，则，又，所以，若选条件，由正弦定理，可化为，又，所以，因为，所以，所以，因为的周长为，所以，由余弦定理可得，所以若选条件，由正弦定理，可化为，又，所以，因为，所以，所以，又，所以，因为的外接圆半径为，所以，所以18【答案】（1）；（2）139【解析】（1）由，可得，所以，又，所以，所以，故是首项为，公比为的等比数列，故（2）由题意得，所以，则，所以，所以，所以，所以，易得也适合上式，所以的前项和为19【答案】（1），；，；组的评分更集中一些；（2）分布列见解析；【解析】（1）；根据方差的概念及实际含义可知，组的评分的几种程度更高一些（
13、2）从组评分中去掉一个最高分，去掉一个最低分，易知的所有可能取值为，从人的评分中任取人的评分，共有种等可能的结果，把组成绩按照从大到小排成一列为，则，所以的分布列是的数学期望20【答案】（1）证明见解析；（2）当为线段上靠近点的八等分点时，二面角为直二面角【解析】（1）因为，是边长为的等边三角形，所以，所以是等腰直角三角形，又点为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面因为，所以，所以，又，所以平面，所以，因为平面，平面，所以平面（2）存在满足题意的，连接，以为原点，所在直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设存在，使得二面角为直二面角，易知，设平面的法向量为，则由，得，令，得，
14、故；设平面的法向量为，则由，由，令，得，故，由，得，故，所以当为线段上靠近点的八等分点时，二面角为直二面角21【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意知，因为，所以，将等号两边同时平方，得，即，所以，又，所以，所以，所以直线的方程为，与椭圆联立并消去，得，整理得，所以，因为，所以，得，所以，椭圆的方程为（2）当直线的斜率不存在时，易得当直线的斜率存在时，设直线，与椭圆联立并消去，得，因为直线与椭圆相切，所以，整理得（*），将直线与椭圆方程联立并消去，得，由（*）式可得设，则，所以，设，则，所以当，即时，最大，且最大值为22【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）因为，所以，要使在定义域内是单调函数，需满足或若，则，令，得，易知，且函数在上单调递减，当时，所以在区间上，；在上，所以在上单调递增，在上单调递减，此时无最小值，不满足题意；若，则，由知，的最大值为，所以当时，在定义域上单调递减，满足题意综上，的取值范围是（2）当时，要证，即证，当时，而，所以成立，即成立当时，令，则，设，则，所以，所以当时，单调递增，所以，即，所以在上单调递增，所以，即成立综上，对任意，恒有成立
