高三数学下学期入学考试试题含解析试题

七中2021届高三数学下学期入学考试试题〔含解析〕
制卷人：打自企；成别使；而都那。

审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……
日期：2022年二月八日。

一、选择题(本大题一一共12小题，一共60. 0分)
1.是虚数单位，假设，那么的一共轭复数对应的点在复平面的( )
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
把等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
【详解】解：由2+i＝z〔1﹣i〕，得z，
∴，
那么z的一共轭复数z对应的点的坐标为〔〕，在复平面的第四象限．
应选：D．
【点睛】此题考察复数代数形式的乘除运算，考察复数的代数表示法及其几何意义，是根底题．，，那么( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求y＝3x，x∈R，y，x∈R的值域，得：A＝〔0，+∞〕，B＝[0，2]，再求交集即可．【详解】解：由y＝3x，x∈R，
得y＞0，即A＝〔0，+∞〕，
由y，x∈R，
得：0≤y≤2，即B＝[0，2]，
即A∩B＝〔0，2]，
应选：C．
【点睛】此题考察了求函数值域及交集的运算，考察指数函数与幂函数的图象与性质，属简单题．的大致图象是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性及取特殊值，进展排除即可得答案.
【详解】由题意得，函数，那么函数为偶函数，图象关于y轴对称，故排除C、D，
又由当时，，故排除B，
应选：A．
【点睛】此题主要考察了函数图象的识别，其中解答中纯熟应用函数的奇偶性，以及特殊点的函数值进展排除求解是解答的关键，着重考察了分析问题和解答问题的才能，属于根底题．
4.执行如下图的程序框图，那么输出的值是( )
A. 7
B. 9
C. 11
D. 13
【答案】C
【解析】
第一次：，第二次：，第三次：，第四次：，第五次：，此时不满足条件，所以输出k=11 内接于，为线段的中点，那么=( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，结合图形，利用平面向量的线性运算写出用、的表达式即可．
【详解】解：如下图，
设BC中点为E，那么
〔〕•．
应选：A．
【点睛】此题考察了平面向量的线性表示与应用问题，是根底题．
6.某几何体的三视图如下图，图中正方形的边长为2，四条用虚线表示的线段长度均相等，那么该几何体的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用三视图，复原出原几何体，进一步利用几何体的体积公式求出结果．
【详解】根据几何体的三视图：
该几何体是由一个边长为2正方体挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥构成的不规那么的几何体．
所以：v，
．
应选：A．
【点睛】此题考察的知识要点：三视图的应用，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算才能和空间想象才能，属于根底题型．
的展开式中的系数是，那么( )
A. 1
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求得二项展开式中的通项公式，令，解得，代入即可求解，得到答案．
【详解】由题意，二项式的展开式中的通项公式，
令，解得，
所以含项的系数为，解得
应选：B．
【点睛】此题主要考察了二项式定理的应用，其中解答中纯熟求解二项展开式的通项，准确得出的值是解答的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题．
8.如下图，边长为的正六边形内有六个半径一样的小圆，这六个小圆分别与正六边形的一边相切于该边的中点，且相邻的两个小圆互相外切，那么在正六边形内任取一点，该点恰好取自阴影局部的概率为( )
A. B. C. D. 【答案】C
【解析】
【分析】
分别求出正六边形和阴影局部的面积，作商即可．
【详解】如下图，边长为a的正六边形，那么OA＝OB＝AB＝a，
设小圆的圆心为O'，那么O'C⊥OA，
∴OC a，
∴O'C a，OO'a，
∴OD a，
∴S阴影＝12[a•aπ•〔a〕2]＝〔〕a2，
S正六边形a2，
∴点恰好取自阴影局部的概率P，
应选：C．
【点睛】此题考察了几何概型问题，考察特殊图形面积的求法，是一道常规题．
9.如下图，点为双曲线的右顶点，为双曲线上一点，作轴，垂足为，假设为线段的中点，且以为圆心，为半径的圆与双曲线恰有三个公一共点，那么的离心率为( )
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设A的坐标〔a，0〕，求得B的坐标，考虑x＝2a，代入双曲线的方程可得P的坐标，再由圆A经过双曲线的左顶点，结合两点的间隔公式可得a＝b，进而得到双曲线的离心率．
【详解】由题意可得A〔a，0〕，
A为线段OB的中点，可得B〔2a，0〕，
令x＝2a，代入双曲线的方程可得y＝±b，
可设P〔2a，b〕，
由题意结合图形可得圆A经过双曲线的左顶点〔﹣a，0〕，
即|AP|＝2a，即有2a，
可得a＝b，e，
应选：A．
【点睛】此题考察双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，考察方程思想和运算才能，属于中档题．
10.，那么( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用三角恒等变换的公式，化简求得，得到，再利用两角和的正切函数的公式，即可求解．
【详解】由题意，因为，
所以，那么即，即，
又由，
应选：B．
【点睛】此题主要考察了三角函数的化简求值问题，其中解答中熟记两角和与差的三角函数的根本公式，合理、准确化简计算是解答的关键，着重考察了推理与运算才能，属于根底题．
11.如下图，在等腰中，斜边，为直角边上的一点，将沿直折叠至
的位置，使得点在平面外，且点在平面上的射影在线段上，设，那么的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
推导出AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈〔0，1〕，∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，从而AH＜AC1＝1，当CD＝1时，B与D重合，AH，当CD＜1时，AH，由此能求出x的取值范围．
【详解】解：∵在等腰Rt△ABC中，斜边AB，D为直角边BC上的一点，
∴AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
将△ACD沿直AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，
且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AH＝x，
∴AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈〔0，1〕，∠AC1D＝90°，
CH⊥平面ABC，
∴AH＜AC1＝1，故排除选项A和选项C；
当CD＝1时，B与D重合，AH，
当CD＜1时，AH，
∵D为直角边BC上的一点，
∴CD∈〔0，1〕，∴x的取值范围是〔，1〕．
应选：B．
【点睛】此题考察线段长的取值范围的求法，考察空间中线线、线面、面面间的位置关系等根底知识，考察运算求解才能，是中档题．
是抛物线上的两个不同的点，是坐标原点，假设直线与的斜率之积为，那么( ) A. B. 为直径的圆的面积大于
C. 直线过抛物线的焦点
D. 到直线的间隔不大于2
【答案】D
【解析】
【分析】
由分类求得MN所在直线过定点〔2，0〕，结合选项得答案．
【详解】解：当直线MN的斜率不存在时，设M〔，y0〕，N〔，﹣y0〕，
由斜率之积为，可得，即，
∴MN的直线方程为x＝2；
当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝kx+m，
联立，可得ky2﹣y+m＝0．
设M〔x1，y1〕，N〔x2，y2〕，
那么，，
∴，即m＝﹣2k．
∴直线方程为y＝kx﹣2k＝k〔x﹣2〕．
那么直线MN过定点〔2，0〕．
那么O到直线MN的间隔不大于2．
应选：D．
【点睛】此题考察抛物线的简单性质，考察直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．二、填空题(本大题一一共4小题，一共20.0分)
满足约束条件，那么的最大值为______．
【答案】5
【解析】
【分析】
根据不等式组画出可行域，结合图像得到最值.
【详解】作出x，y满足约束条件，所示的平面区域，如图：
作直线-3x+4y=0，然后把直线l向可行域平移，结合图形可知，平移到点时z最大，由此时z=5.
故答案为:5．
【点睛】利用线性规划求最值的步骤：
(1)在平面直角坐标系内作出可行域．
(2)考虑目的函数的几何意义，将目的函数进展变形．常见的类型有截距型〔型〕、斜率型〔
型〕和间隔型〔型〕．
(3)确定最优解：根据目的函数的类型，并结合可行域确定最优解．
(4)求最值：将最优解代入目的函数即可求出最大值或者最小值。

14.某一共享汽车停放点的停车位排成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的3辆一共享汽车都是随机停放的，且这3辆一共享汽车都不相邻的概率与这3辆一共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，那么该停车点的车位数为______．
【答案】10
【解析】
【分析】
设停车位有n个，求出这3辆一共享汽车都不相邻的种数和恰有2辆相邻的种数，可得A n﹣23＝A32A n﹣22，解得即可.
【详解】设停车位有n个，
这3辆一共享汽车都不相邻的种数：相当于先将〔n﹣3〕个停车位排放好，再将这3辆一共享汽车，插入到所成〔n﹣2〕个间隔中，故有A n﹣23种，
恰有2辆相邻的种数：先把其中2辆捆绑在一起看做一个复合元素，再和另一个插入到，将〔n﹣3〕个停车位排放好所成〔n﹣2〕个间隔中，故有A32A n﹣22种，
因为这3辆一共享汽车都不相邻的概率与这3辆一共享汽车恰有2辆相邻的概率相等，
∴A n﹣23＝A32A n﹣22，
解得n＝10，
故答案为：10．
【点睛】此题考察了排列组合中的相邻问题和不相邻问题，考察了运算才能和转化才能，属于中档题.
15.?数书九章?中对三角形三边长求三角形的面积的求法填补了我国传统数学的一个空白．与著名的公式完全等价，由此可以看出我国古代具有很高的数学程度，其求法是“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从偶，方得积〞，假设把这段文字写成公式，即，满足，且，那么用以上给出的公式求得的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得：c＝2a＝2，a，利用正弦定理化简等式可得a2+c2﹣b2＝ac，根据题意利用三角形的面积公式即可计算得解．
【详解】解：∵AB＝2BC＝2，
∴由题意可得：c＝2a＝2，a，
∵〔sin A﹣sin B〕〔sin A+sin B〕＝sin A sin C﹣sin2C，
∴由正弦定理可得：〔a﹣b〕〔a+b〕＝ac﹣c2，可得：a2+c2﹣b2＝ac，
∴S ac．
故答案为：．
【点睛】此题主要考察了正弦定理在解三角形中的应用，考察了计算才能和转化思想，属于根底题．
，假设，使得，那么的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】
由题意，设，得有零点，化简得，转化为直线与
有交点，利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象，即可求解．
【详解】由题意，设，∵，∴，∴有零点，
即，整理得，
即直线与有交点，
又由，〔〕，令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
∴，
又，当时，，
分别画出与的图象，如下图；
由图象可得当，即时，与有交点，
故答案为：．
【点睛】此题主要考察了利用导数研究函数的零点问题，其中解答中函数的零点问题转化为直线
与有交点，再利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象求解是解答的关键，着重考察了分析问题和解答问题的才能，以及转化思想的应用．
三、解答题(本大题一一共7小题，一共82.0分)
为递增数列，且，，数列的前项和为，，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1) , (2)
【解析】
【分析】
〔1〕直接利用递推关系式求出数列的通项公式；
〔2〕利用〔1〕的结论，进一步利用错位相减法求出数列的和．
【详解】〔1〕对于数列，
即注意到为递增数列
那么∴
对于数列，由得
相减得
又∵∴为定值
∴数列和都是以4为公差的等差数列
又∵∴在中令得
∴，
∴，
〔2〕由〔1〕得
∴
∴
【点睛】此题考察的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考察学生的运算才能和转化才能，属于根底题型．
18.如下图，在四棱锥中，，，，且，．
(1)平面；
(2)在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？假如存在，求的值；假如不存在，请说明理由．
【答案】(1)见证明 (2)见解析
【解析】
【分析】
〔1〕推导出AB⊥AC，AP⊥AC，AB⊥PC，从而AB⊥平面PAC，进而PA⊥AB，由此能证明PA⊥平面ABCD；〔2〕以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在线段PD上，存在一点M，使得二面角M﹣AC﹣D的大小为60°，4﹣2．
【详解】〔1〕∵在底面中，，
且
∴，∴
又∵，，平面，平面
∴平面又∵平面∴
∵，∴
又∵，，平面，平面
∴平面
〔2〕方法一：在线段上取点，使那么
又由〔1〕得平面∴平面
又∵平面∴作于
又∵，平面，平面
∴平面又∵平面∴
又∵∴是二面角的一个平面角
设那么，
这样，二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在，且
方法二：取的中点，那么、、三条直线两两垂直
∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由〔1〕知是平面的一个法向量
设那么，
∴，
设是平面的一个法向量
那么∴
令，那么，它背向二面角
又∵平面的法向量，它指向二面角
这样，二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在，且
【点睛】此题考察线面垂直的证明，考察满足二面角的点是否存在的判断与求法，考察空间中线线、线面、面面间的位置关系，考察运算求解才能，考察数形结合思想，是中档题．
19.为发挥体育在核心素养时代的独特育人价值，越来越多的中学已将某些体育工程纳入到学生的必修课程，甚至关系到是否能拿到毕业证．某中学方案在高一年级开设游泳课程，为理解学生对游泳的兴趣，某数学研究性学习小组随机从该校高一年级学生中抽取了100人进展调查，其中男生60人，且抽取的男生中对游泳有兴趣的占，而抽取的女生中有15人表示对游泳没有兴趣．
(1)试完成下面的列联表，并判断能否有的把握认为“对游泳是否有兴趣与性别有关〞？
有兴趣
没兴趣合计
男生______ ______ ______
女生______ ______ ______
合计______ ______ ______
(2)在被抽取的女生中有6名高一(1)班的学生，其中3名对游泳有兴趣，如今从这6名学生中随机抽取3人，求至少有2人对游泳有兴趣的概率．
(3)该研究性学习小组在调查中发现，对游泳有兴趣的学生中有局部曾在级和级以上游泳比赛中获奖，如下表所示．假设从高一(8)班和高一(9)班获奖学生中各随机选取2人进展跟踪调查，记选中的4人中级以上游泳比赛获奖的人数为，求随机变量的分布列及数学期望．
班级
一
(1) 一
(2)
一
(3)
一
(4)
一
(5)
一
(6)
一
(7)
一
(8)
一
(9)
一
(10)
…
级比赛获奖
人数
2 2
3 3
4 4 3 3 4 2 …级以上比赛
获奖人数
2 2 1 0 2
3 3 2 1 2 …
【答案】〔1〕见解析；〔2〕 (3)见解析
【解析】
【分析】
〔1〕根据数据得到列联表，求出K2≈，从而作出判断；
〔2〕利用互斥概率加法公式即可得到结果；
〔3〕由题意，可知所有可能取值有0，1，2，3，求出相应的概率值，即可得到分布列与期望值．【详解】〔1〕由题得如下的列联表
有兴趣无兴趣
男生50 10 60
女生25 15 40
总计75 25 100
∴
∴没有
〔2〕记事件从这6名学生中随机抽取的3人中恰好有人有兴趣，
那么从这6名学生中随机抽取的3人中至少有2人有兴趣，且与互斥
∴所求概率
〔3〕由题意，可知所有可能取值有0，1，2，3
，，
，，
所以的分布列是
0 1 2 3
∴
【点睛】此题考察HY性检验的应用，考察离散型随机事件概率分布列、数学期望、方差的求法，考察概率加法公式等根底知识，考察运算求解才能，考察函数与方程思想，是中档题．
的右焦点为，上顶点为．过且垂直于轴的直线交椭圆于、两点，假设
(1)求椭圆的方程；
(2)动直线与椭圆有且只有一个公一共点，且分别交直线和直线于、两点，试求的值. 【答案】〔1〕〔2〕为定值
【解析】
【分析】
〔1〕由通径公式得出，结合条件得出，再由c＝1，可求出a、b的值，从而得出椭圆的方程；
〔2〕设切点为〔x0，y0〕，从而可写出切线m的方程为，进而求出点M、N的坐标，将切点坐标代入椭圆方程得出x0与y0之间的关系，最后利用两点间的间隔公式可求出答案．
【详解】〔1〕由题得解得
∴椭圆的方程为
〔2〕设切点为那么
令得即
令得即
∴为定值
【点睛】此题考察直线与椭圆的综合，考察计算才能与推理才能，属于中等题．
21.，函数有两个零点．
(Ⅰ)务实数的取值范围；
(Ⅱ)证明：．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)见解析
【解析】
【分析】
(Ⅰ)利用导数求得函数的单调性及函数的最大值，即可求解实数的取值范围；(Ⅱ) 构造新函数，利用导数得到函数的单调性，证得，进而利用根本不等式，即可作出证明．
【详解】(Ⅰ)由题意，函数，可得，
①时，，在上递增，不合题意，舍去，
②当时，令，解得；令，解得；
故在单调递增，在上单调递减，
由函数有两个零点，
其必要条件为：且，即，
此时，，且，
令，()，
那么，在上单调递增，
所以，，即，
故的取值范围是．
(Ⅱ)令，
令，那么，可得在单调递增，在单调递减，
由(Ⅰ)知，故有，
令，()，
，()，，
所以，在单调递减，故，
故当时，，
所以，而，故，
又在单调递减，，
所以，即，
故．
【点睛】此题主要考察导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考察了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理才能与计算才能，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调
性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可别离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
中，曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，
(Ⅰ)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(Ⅱ)设点，曲线与曲线交于两点，求的值．
【答案】(Ⅰ)：，：；(Ⅱ)
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由代入法消去参数，可得曲线的普通方程为，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线的直角坐标方程；
(Ⅱ)将直线的参数代入曲线的直角坐标方程，得，由韦达定理可得，根据参数几何意义，即求解的值．
【详解】(Ⅰ)曲线的参数方程为(为参数)，
由代入法消去参数，可得曲线的普通方程为；
曲线的极坐标方程为，得，即为，
整理可得曲线的直角坐标方程为；
(Ⅱ)将(为参数)，代入曲线的直角坐标方程，
得，利用韦达定理可得，
所以．
【点睛】此题主要考察了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记合理消参和极坐标与直角坐标的互化公式，准确应用直线参数方程中参数的几何意义是解答此题的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题．
．
(1)画出函数的图象；
(2)假设关于的不等式有解，务实数的取值范围．
【答案】〔1〕见解析〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕写出f〔x〕的分段函数式，画出图象；
〔2〕由题意可得2m+1≥f〔x〕﹣x的最小值，对x讨论去绝对值，结合一次函数的单调性可得最小值，即可得到所求范围．
【详解】〔1〕∵f〔x〕＝|2x+1|﹣|x﹣2|
，
∴的图像如图
〔2〕由〔Ⅰ〕得
∴当时，
∴题设等价于即
【点睛】此题考察绝对值不等式的解法和不等式有解的条件，注意运用分类讨论思想方法和别离参数法，考察单调性的运用：求最值，属于中档题．
制卷人：打自企；成别使；而都那。

审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……
日期：2022年二月八日。