高三数学下学期第二次教学质量检查考试试题理含解析试题

2021届高三年级第二次教学质量检查考试
本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。

数学〔理工类〕
一、选择题：本大题一一共12小题，每一小题5分，一共60分。

在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的。

满足，其中是虚数单位，那么〔〕
A. 1
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数的四那么运算计算出后可得其模.
【详解】因为，所以，
所以，应选B.
【点睛】此题考察复数的四那么运算及复数的模，属于根底题.
，.假设，那么满足条件的实数组成的集合为〔〕
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
就、分别讨论，后者再利用得到相应的值.
【详解】当时，，符合；
当时，，因，故或者者，故或者，
综上，，应选C.
【点睛】集合中的包含关系，要考虑含参数的集合为空集〔或者全集〕的特殊情况，此处分类的HY是所讨论的集合何时为空集，不为空集时还要考虑集合中的元素是否是确定的，假设不确定，还要进一步分类讨论.
，的夹角为，那么以下结论不正确
．．．．〔〕
．．．的选项是
A. 在方向上的投影为
B.
C. ，
D. ，使
【答案】D
【解析】
【分析】
利用数量积的运算性质和投影的定义检验各选项可得正确的结果.
【详解】对于A，在方向上的投影为，故A正确；
因为是单位向量，故，故B正确；
对于C，有，故C正确；
对于D，，故不存在使得.
综上，选D.
【点睛】向量数量积的运算满足分配律即，但不满足结合律，如一般情况下是不成立，另外，注意，其中为的夹角，其范围为，从这个定义我们可以得到.
的前项和为，且满足，，那么〔〕
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】B
【解析】
设等差数列的公差为,,联立解得，那么，应选B.
，图象大致为〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性和函数图像上的特殊点对选项进展排除，由此得出正确选项.
【详解】，故函数为奇函数，图像关于原点对称，排除选项.由排除选项.由，排除C选项，故本小题选D. 【点睛】本小题主要考察函数图像的识别，考察函数的奇偶性的判断方法，属于根底题.
，，两两垂直，直线，，满足：，，，那么直线，，的位置关系不可能是〔〕A. 两两平行 B. 两两垂直 C. 两两相交 D. 两两异面
【答案】A
【解析】
【分析】
在正方体中可找到实例满足B、C、D，可用反证法证明A不成立.
【详解】如图，在正方体，
平面、平面、平面两两垂直，
那么在这三个平面中，它们两两相交且两两垂直，故B,C正确.
也在这三个平面中，它们彼此异面，故D正确；
如以下图所示，设，，.
在平面内任取一点〔〕，过作，垂足分别为.
因为，，平面，，故，
因为，所以，同理，因，故，
同理.
假设两两平行，因，故或者者，
假设前者，因，那么，故，而，故，与矛盾；假设后者，那么，因，故，与矛盾.
所以两两平行不成立，故A错，
综上，选A.
【点睛】立体几何中关于点、线、面之间位置关系的命题的真假问题，可在正方体中考虑它们成立与否，因为正方体中涵盖了点、线、面的所有位置关系，注意有时需要动态地考虑位置关系.
7.某景区每半小时会有一趟缆车从山上发车到山下，某人下午在山上，准备乘坐缆车下山，那么他等待时间是不多于5分钟的概率为〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意分析在何区间内等待时间是可以控制在5分钟之内，再由概率计算公式即可求出结果.
【详解】此人在25分到30分或者55分到60分之间的5分钟内到达，等待时间是不多于5分钟，所以他等待时间是不多于分钟的概率为.应选B
【点睛】此题主要考察几何概型，熟记公式即可求解，属于根底题型.
，假设与的二项展开式中的常数项相等，那么〔〕
A. 4
B. -4
C. 2
D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项展开式的通项公式分别计算展开式中的常数项可得的大小.
【详解】的展开式的通项公式为，
令得到，故该展开式中的常数项为.
的展开式的通项公式为，
令得到，故该展开式中的常数项为.
因常数项相等，故，解得，应选A.
通项公式的特点〔指组合数的形式及其意义、各项的幂指数的形式与关系〕.
，先将图象上所有点的横坐标缩小到原来的〔纵坐标不变〕，再将得到的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称，那么的最小值为〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用辅助角公式得到，再利用周期变换得到对应的解析式为，结合该函数的对称轴可得向右的最小平移，使得得到的图像关于轴对称.
【详解】，把图象上所有点的横坐标缩小到原来的，得到的解析式为，考虑该函数在轴左侧且最靠近轴的对称轴，
该对称轴为，故只需把的图像向右平移个单位，所得的函数的图像关于轴对称，此时平移为最小平移.
【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，注意周期变换和平移变换〔左右平移〕的次序对函数解析式的影响，比方，它可以由先向左平移个单位，再纵坐标不变，横坐标变为原来的，也可以先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移.另外，求最小平移时，可结合图像的对称轴和对称中心来得到最小平移的长度.
10.?九章算术?中描绘的“羡除〞是一个五面体，其中有三个面是梯形，另两个面是三角形.一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，那么该羡除的体积为〔〕
A. 20
B. 24
C. 28
D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】
画出五面体的直观图，利用割补法求其体积.
【详解】五面体对应的直观图为：
由三视图可得：，
三个梯形均为等腰梯形且平面平面
到底面的间隔为，间的间隔为.
如以下图所示，
将五面体分割成三个几何体，其中为体积相等的四棱锥，且，，那么棱柱为直棱柱，为直角三角形.
又；
，
故五面体的体积为.应选A.
【点睛】此题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．而不规那么几何体的体积的计算，可将其分割成体积容易计算的规那么的几何体.
11.为抛物线的焦点，为原点，点是抛物线准线上一动点，假设点在抛物线上，且，那么的最小值为〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用焦半径公式计算的横坐标后可得的坐标，求出关于准线的对称点后可得间隔和的最小值.
【详解】不妨为第一象限中的点，设〔〕.
由抛物线的方程得，那么，故，所以，
关于准线的对称点为，
故，
当且仅当三点一共线时等号成立，应选D.
【点睛】在坐标平面中，定直线上的动点到两个定点的间隔和的最小〔或者间隔差的最大值〕，常常利用对称性把间隔和的最值问题转化为三点一共线的问题来处理.
上的函数满足，且，不等式有解，那么正实数的取值范围是〔〕
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用条件求出，再用参变别离法求出的取值范围.
【详解】因为，故，
因，所以即.
不等式有解可化为
即在有解.
令，那么，
当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数；
故，所以，应选C.
【点睛】不等式的恒成立问题，应优先考虑参变别离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值〔或者最值的范围〕问题来处理，有时新函数的最值点〔极值点〕不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点〔极值点〕满足的等式化简函数的最值可以求得相应的最值范围．
二、填空题：此题一共4小题，每一小题5分，一共20分。

，满足，那么目的函数的最大值为__________．
【答案】16
【解析】
【分析】
画出不等式组对应的可行域，平挪动直线可得目的函数的最大值．
【详解】不等式组对应的可行域如下图：
当动直线过点时，有最大值．
又由可得，故的最大值为，填．
【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比方表示动直线的横截距的三倍，而那么表示动点与的连线的斜率．
14.，，数列的前项的和为，那么________〔用详细数字答题〕.
【答案】1533
【解析】
【分析】
算出后利用等比数列的前项和公式可得.
【详解】，为首项为3，公比为2的等比数列，
故.填.
【点睛】数列求和关键看通项的构造形式，假如通项是等差数列与等比数列的和，那么用分组求和法；假如通项是等差数列与等比数列的乘积，那么用错位相减法；假如通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；假如通项的符号有规律的出现，那么用并项求和法.
，分别为双曲线的左、右焦点，是双曲线的右支上的点，满足，且原点到直线的间隔等于双曲线的实半轴长，那么该双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
取的中点为，连接，利用条件可得且为直角三角形，从而，故可得所求的离心率．
【详解】设，那么，故．
取的中点为，连接，那么，故是到间隔的两倍，
所以，在中，有，所以，
两边平方有即，所以，填．
【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，那么需要利用坐标的范围、几何量的范围或者点的位置关系构建关于的不等式或者不等式组．
中，，点在棱上，且.正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
通过补体可得球的直径及，平面截球的截面面积最小时，应有平面，从而可计算截面圆的半径从而得到其面积的大小．
【详解】因为，所以，
所以，同理，
故可把正三棱锥补成正方体〔如下图〕，其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故，设
的中点为，连接，
那么且，所以，
当平面时，平面截球的截面面积最小，
此时截面为圆面，其半径为，故截面的面积为．填．
【点睛】假如三棱锥中，两两垂直，那么我们可以把该三棱锥补成一个长方体，这样三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且外接球的直径就是长方体的体对角线．
三、解答题：一共70分。

解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤。

第17～21题为必考题，每个试题考生都必须答题。

第22、23题为选考题，考生根据要求答题。

17.如图，等腰直角三角形中，，，点为内一点，且，.
〔1〕求；
〔2〕求.
【答案】〔1〕〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕利用两角和的正切公式得到，结合角的范围可得，在利用正弦定理可计算.
〔2〕在中，利用余弦定理可计算，最后根据勾股定理得到.
【详解】〔1〕由条件及两角和的正切公式得：
，
而，所以，
那么，
∵，∴.
在中，由正弦定理知：，即.
〔2〕由〔1〕知，，而在等腰直角三角形中，，
，所以，
那么.
在中，由余弦定理，
，
∴，
∵，∴.
【点睛】三角形中一共有七个几何量〔三边三角以及外接圆的半径〕，一般地，知道其中的三个量〔除三个角外〕，可以求得其余的四个量.
〔1〕假如知道三边或者两边及其夹角，用余弦定理；
〔2〕假如知道两边即一边所对的角，用正弦定理〔也可以用余弦定理求第三条边〕；
〔3〕假如知道两角及一边，用正弦定理.
18.如下图，菱形的边长为2，，点为中点，现以线段为折痕将菱形折起使得点到达点的位置且平面平面，点，分别为，的中点.
〔1〕求证：平面平面；
〔2〕求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】〔1〕见解析〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕利用为中位线可得，从而得到平面，我们可证四边形为平行四边形，从而，故平面，利用面面的断定定理可得平面平面.
〔2〕建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可计算锐二面角的余弦值.
【详解】〔1〕菱形中，，分别为，的中点，
所以，四边形为平行四边形，那么，
又平面，
所以平面.
又点，分别为，的中点，那么，平面，
所以平面.而点，所以平面平面.
〔2〕菱形中，，那么为正三角形，
∴，，.
折叠后，，
又平面平面，平面平面，
从而平面.
∵，∴，，三条线两两垂直，
以，，的方向分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，
那么，，，，，
设平面的法向量为，那么
，即，
令，得，，
∴.
∵平面的一个法向量，
∴.
设平面与平面所成锐二面角为，
那么.
【点睛】面面平行证明的关键是在一个平面中找到两条相交直线，它们都平行于另外一个平面，而线面平行的证明的关键是在面中找到一条与直线平行的直线，找线的方法是平行投影或者中心投影. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
19.，，且的周长为，记点的轨迹为曲线.直线：与曲线交于不同两点，.
〔1〕求曲线的方程；
〔2〕是否存在直线使得？假设存在，求出直线的方程，假设不存在，说明理由.
【答案】〔1〕〔2〕不存在
【解析】
【分析】
〔1〕利用椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆〔除了左右两个顶点〕且，，从而可得轨迹的方程.
〔2〕假设直线存在，联立直线方程和椭圆方程后利用韦达定理可得的中点坐标，从而求出的中垂线的方程为，因其过，故可得，但因与椭圆相交，故有，因此有，故直线不存在.
【详解】〔1〕由题意知，可得曲线的轨迹为焦点在轴上的椭圆，
根据题设可知，，故椭圆方程为：.
〔2〕假设直线存在，联立得：，
由，得：①
设的中点为，由韦达定理可知点点坐标为，
∴的垂直平分线方程为：.
假设过，把代入得：②
联立①②，消去可得，，此方程无解，∴不存在.
故这样的直线不存在.
【点睛】求圆锥曲线的HY方程，关键是根本量确实定，方法有待定系数法、定义法等.圆锥曲线中的对称问题，要抓住中点和垂直两个几何特征，通过联立直线方程和椭圆方程后再利用韦达定理得到参数之间的关系，结合判别式得到的不等式可探求参数存在与否或者探求它们相应的范围.
20.随着网上购物的普及，传统的实体店遭受到了强烈的冲击，某商场实体店近九年来的纯利润如下表所示：
年份2021 2021 2021 2021 2021 2021 2021 2021 2021 时间是代号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
实体店纯利润〔千万〕 2 3
根据这9年的数据，对和作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.254；根据后5年的数据，对和作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.985；
〔1〕假如要用线性回归方程预测该商场2021年实体店纯利润，现有两个方案：
方案一：选取这9年的数据，进展预测；
方案二：选取后5年的数据进展预测.
从生活实际背景以及相关性检验的角度分析，你觉得哪个方案更适宜.
附：相关性检验的临界值表：
小概率
3
7
〔2〕某机构调研了大量已经开店的店主，据统计，只开网店的占调查总人数的，既开网店又开实体店的占调查总人数的，现以此调查统计结果作为概率，假设从上述统计的店主中随机抽查了5位，求只开实体店的人数的分布列及期望.
【答案】〔1〕选取方案二更适宜〔2〕，分布列见解析
【解析】
【分析】
〔1〕根据表中数据的特征及相关系数绝对值的大小可判断方案二更适宜.
〔2〕设只开实体店的店主人数为，那么服从二项分布，利用公式可得分布列及数学期望.
【详解】〔1〕选取方案二更适宜，理由如下：
①中介绍了，随着网购的普及，实体店生意受到了强烈的冲击，从表格中的数据可以看出从2021年开场，纯利润呈现逐年下降的趋势，可以预见，2021年的实体店纯利润收入可能会接着下跌，前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的根据.
②相关系数越接近1，线性相关性越强，因为根据9年的数据得到的相关系数的绝对值，我们没有理由认为与具有线性相关关系；而后5年的数据得到的相关系数的绝对值，所以有的把握认为与具有线性相关关系.
〔仅用①解释得3分，仅用②解释或者者用①②解释得6分〕
〔2〕此调查统计结果作为概率，从上述统计的店主中随机抽查了1位，开网店的概率为，只开实体店的概率为，
设只开实体店的店主人数为，那么，
，，
，，
，，
所以，的分布列如下：
0 1 2 3 4 5
∴，故.
【点睛】〔1〕相关系数越接近1，线性相关性越强；
〔2〕在计算离散型随机变量的概率时，注意利用常见的概率分布列来简化计算〔如二项分布、超几何分布等〕．
21.〔1〕讨论函数的单调性；
〔2〕当时，求函数的最小值的值域.
【答案】〔1〕见解析〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕求出，分和两种情况讨论导数的符号后可得函数的单调区间. 〔2〕求出且对其化简后可得，构建新函数，利用(1)的结论可知该函数为上的增函数且其值域为，因此在有唯一的零点即有唯一的极小值点，结合零点存在定理可判断，而也就是，利用导数可得该函数为上的增函数，从而得到其值域.
【详解】〔1〕证明：的定义域为，
.
假设，那么时，，
假设，那么时，，
时，.
综上：①当时，在和上单调递增，
②当时，在，和上单调递增，在上单调递减. 〔2〕
，.
由〔1〕知，当时，单调递增，且值域为，
∴存在唯一的，使得，
∵，∴，而，，∴.
当时，，单调减；
当时，，单调增.
故.
记，在时，，且当且仅当.
∴单调递增，且，，
∴，即的值域为.
【点睛】一般地，假设在区间上可导，且，那么在上为单调增〔减〕函数；反之，假设在区间上可导且为单调增〔减〕函数，那么．利用导数求函数最值时，假如函数的极值点〔导数的零点〕不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用极值点满足的等式化简函数的最值可以相应的最值范围．
中，曲线的参数方程为〔为参数〕.是曲线上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，设点的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系. 〔1〕求曲线，的极坐标方程；
〔2〕在〔1〕的条件下，假设射线与曲线，分别交于，两点〔除极点外〕，且有定点，求的面积.
【答案】〔1〕见解析；〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕先求得的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程.设出点的极坐标，由此表示出点的极坐标，
代入的极坐标方程，化简后得出曲线的极坐标方程.〔2〕将代入，的极坐标方程求得两点的极坐标，利用求得三角形的面积.
【详解】解：〔1〕由题设，得的直角坐标方程为，
即，
故的极坐标方程为，
即.
设点，那么由得，
代入的极坐标方程得，
即.
〔2〕将代入，的极坐标方程得，.
又∵，所以，
，
∴.
【点睛】本小题主要考察参数方程化为极坐标方程，考察轨迹方程的求法，考察三角形面积的计算，属于中档题.
，假设不等式的解集为.
〔1〕求的值；
〔2〕假设存在，使得不等式成立，求的取值范围.
【答案】〔1〕〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕根据含有一个绝对值不等式的解法，求解，比拟可求得的值.〔2〕将问题转化为
，利用零点分段法将其表示为分段函数的形式，由此求得的
最小值，根据这个最小值求得的取值范围.
【详解】解：〔1〕∵，
∴，即，解得，
又∵不等式的解集为，∴.
〔2〕依题意，，
故不等式可化为，
要使不等式存在解，即存在解，即存在解，
令，
∴的最小值为，依题意得，
∴.
【点睛】本小题主要考察含有一个绝对值的不等式的解法，考察零用零点分段法将含有绝对值的函数表示为分段函数的形式，考察存在性问题的解法，考察化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。