江西省上饶市扬帆高级中学2020-2021学年高三数学理测试题含解析

江西省上饶市扬帆高级中学2020-2021学年高三数学理测试题含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 如图是某市10月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数越小表示空气质量越好，空气质量指数小于100表示空气质量优良，下列叙述中不正确的是（）
A．这14天中有7天空气质量优良
B．这14天中空气质量指数的中位数是103
C．从10月11日到10月14日，空气质量越来越好
D．连续三天中空气质量指数方差最大的是10月5日至10月7日
参考答案：
B
解：由图可知，空气质量指数小于100表示空气质量优良，有7天，A正确，
空气质量指数从小到大为：25，37，40，57，79，86，86，121，143，158，160，160，217，220，3
月1日至14日空气质量指数的中位数为：，B不成立，
C，正确，
D，正确，偏差最大，
故选：B．
2. 已知且，则的值为
A． B． C． D．
参考答案：
D 略
3. 下列选项中，说法正确的是 A.命题“若，则”的逆命题是真命题；
（）
B.命题“”的否定是“”;
C.命题“”为真命题，则命题均为真命题；
D. 设是向量，命题“若”的否命题是真命题.
参考答案：
B
略
4. 已知集合M={x|﹣1＜x＜1}，，则M∩N=（）
A．{x|0≤x＜1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|x≥0}D．{x|﹣1＜x≤0}
参考答案：
A
【考点】交集及其运算．
【分析】求出N中不等式的解集确定出N，找出M与N的交集即可．
【解答】解：由N中不等式变形得：x（x﹣1）≤0，且x≠1，
解得：0≤x＜1，即N={x|0≤x＜1}，
∵M={x|﹣1＜x＜1}，
∴M∩N={x|0≤x＜1}，
故选：A．
5. 已知四棱锥P﹣ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD为正三角形，AB=2AD=4，则球O的表面积为（）
A．B．C．24πD．
参考答案：
B
【考点】球的体积和表面积．
【分析】求出△PAD所在圆的半径，利用勾股定理求出球O的半径R，即可求出球O的表面积．
【解答】解：令△PAD所在圆的圆心为O1，则圆O1的半径r=，
因为平面PAD⊥底面ABCD，
所以OO1=AB=2，
所以球O的半径R==，
所以球O的表面积=4πR2=．
故选B．
4.若变量满足约束条件，
A．B．C．D．
参考答案：
C
7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A．B．2 C．D．
参考答案：
D 8. 已知向量，，若与共线，则的值为( )
A. B. C. D.参考答案：
D
9. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图相同，其上部分是半圆，下部分是边长为2的正方形；俯视图是边长为2的正方形及其外接圆．则该几何体的体积为（）
A．4+ B．4+C．8+D．8+
参考答案：
C
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】首先由几何体还原几何体，是下面是底面为正方体，上面是半径为的半球，由此计算体积．
【解答】解：由几何体的三视图得到几何体为组合体，下面是底面为正方体，上面是半径为的半球，
所以几何体的体积为2×2×2+=8+
故选C．
【点评】本题考查了组合体的三视图以及体积的计算；关键是明确几何体的形状，由体积公式计算．10. 阅读右面的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为24，则输出N的值为
（A ）0 （B ）1（C ）2（D ）3
参考答案：
C 依次为 ,
，输出
，选C.
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 曲线在点
处的切线斜率为 ▲
.
参考答案： －
1
略
12. 若函数 f (x)＝sin(ωπx－)（ω＞0）在区间(－1,0)上有且仅有一条平行于y 轴的对称轴，
则ω的最大值是___________．
参考答案：
13. 若对任意实数,都有
,则实数的取值范围是
参考答案：
14. 已知函数f （x ）是R 上的奇函数，且满足f （x +2）＝﹣f （x ），当x ∈[0，1]时，f （x ）＝x ，则方
程f （x ）＝在（0，+∞）解的个数是（ ）
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
参考答案：
B
是周期为4的函数。

因为函数
是R 上的奇函数，且满
足f （x+2）=﹣f （x ），所以，所以函数 的对称轴为 。

，
由图可知，方程有四个解。

故选B 。

15. 已知向量，设向，则 ▲ 。

参考答案：
-
16. 若P ，Q 为y=1﹣x 2
上在y 轴两侧的点，则过P ，Q 点的切线与x 轴围成的三角形的面积的最小值
为．
参考答案：
【考点】IE：直线的截距式方程．
【分析】由P，Q为y=1﹣x2上在y轴两侧的点，设P（a，1﹣a2），Q（b，1﹣b2），（a＞0＞b），曲线y=1﹣x2在P（a，1﹣a2）处的切线为l1：y=﹣2ax+a2+1，曲线y=1﹣x2在Q（b，1﹣b2）处的切线
为l2：y=﹣2bx+b2+1，所求图形为△EFG，其面积S△EFG=（a﹣b）（2﹣ab﹣），由此能求出所求面积最小值．
【解答】解：∵P，Q为y=1﹣x2上在y轴两侧的点，
∴设P（a，1﹣a2），Q（b，1﹣b2），（a＞0＞b），
又曲线y=1﹣x2在点（x，y）的切线斜率为y′=﹣2x，
∴曲线y=1﹣x2在P（a，1﹣a2）处的切线为l1：y=﹣2a（x﹣a）+1﹣a2，即y=﹣2ax+a2+1，
曲线y=1﹣x2在Q（b，1﹣b2）处的切线为l2：y=﹣2b（x﹣b）+1﹣b2，即y=﹣2bx+b2+1，
直线l1与x轴的交点为点E（，0），直线l2与x轴的交点为点F（，0），
直线l1与l2的交点为点G（，1﹣ab），
∴所求图形为△EFG，其面积S△EFG=（﹣）?，
化简得：S△EFG=（a﹣b）（2﹣ab﹣），
令f（a，b）=S△EFG=（a﹣b）（2﹣ab﹣），
假设b=b0＜0时，f（a，b）才能取得最小值，
则令f（a）=（a﹣b0）（2﹣ab0﹣），
则f′（a）=﹣2+2ab0﹣+，
令f′（a0）=0，得：﹣2+2a0b0﹣+，
得f（a）min=f（a0）=（a0﹣b0）（2﹣a0b0﹣），即a=a0，b=b0时，f（a，b）取得最小值f（a，b）min=f（a0，b0）=（a0﹣b0）（2﹣a0b0﹣），即a=a0＞0时，f（a，b）才能取得最小值，
则令f（b）=（a0﹣b）（2﹣a0b﹣），
则f′（b）=﹣2+2a0b﹣a02+，
令f′（b0）=0，得：﹣2+2a0b0﹣a02+，
得f（a）min=f（a0）=（a0﹣b0）（2﹣a0b0﹣），
∴﹣2+2a0b0﹣b02+，﹣2+2a0b0﹣a02+=0，（a0＞0＞b0），
解得a0=，b0=﹣，f（a，b）min=f（a0，b0）=，
∴所求面积最小值为（S△EFG）min=．
17. 若一个圆锥的侧面积是底面积的3倍,则圆锥的母线与轴的夹角的大小为 (用反三角形式表示).
参考答案：
三、解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. 在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方
程为；直线l的参数方程为，（t为参数）.直线l与曲线C 分别交于M、N两点.
（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
（2）若点P的直角坐标为，，求a的值.
参考答案：
(1) 曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为.(2)
【分析】
(1)由极坐标与普通方程互化，参数方程与普通方程互化直接求解即可；（2）将直线的参数方程
代入，由韦达定理结合t的几何意义即可求解
【详解】（1）由，得，
所以曲线的直角坐标方程为，即，
由直线的参数方程得直线的普通方程为.
（2）将直线的参数方程代入，
化简并整理，得.
因为直线与曲线分别交于、两点，所以，
解得，由一元二次方程根与系数的关系，得
，，
又因为，所以.
因为点的直角坐标为，且在直线上，
所以，
解得，此时满足，故.
【点睛】本题考查极坐标与普通方程互化，参数方程与普通方程互化，直线参数方程，t的几何意义，准确计算是关键，是基础题
19. （本小题满分12分）已知向量，函数（），且.（1）求函数的表达式；（2）设，
；求的值
参考答案：
解析：（1）依题意得 (2分)
又得,即，∴ (4分)
∴ (5分)
（2）由得，即
∴, (7分)
又∵,∴， (8分)
由得,即
∴, (10分)
又∵,∴
(12分)
20. （14分）在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60．
（1）求四棱锥P－ABCD的体积；
（2）若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表
示）．
参考答案：
解析：（1）在四棱锥P-ABCD中,由PO⊥平面ABCD,得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角, ∠PBO=60°.在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1, 由PO⊥BO,于是,PO=BOtg60°=,而底面菱形的面积为2.
∴四棱锥P-ABCD的体积V=×2×=2.
（2）解法一：以O为坐标原点,射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立
空间直角坐标系.
在Rt△AOB中OA=,于是,点A、B、
D、P的坐标分别是A(0,－,0),
B (1,0,0), D (－1,0,0), P (0,0, ).
E是PB的中点,则E(,0,) 于是=(,0, ),=(0, ,).
设的夹角为θ,有cosθ=,θ=arccos,
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos；
解法二：取AB的中点F,连接EF、DF.由E是PB的中点,得EF∥PA，∴∠FED是异面直线DE与PA所成角(或它的补角)，
在Rt△AOB中AO=ABcos30°==OP，
于是, 在等腰Rt△POA中，PA=，则EF=.
在正△ABD和正△PBD中,DE=DF=，
cos∠FED==
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos.
21. （本题满分12分）
如图，在中，，点在边上，且，.
（1）求；（2）求的长.
参考答案：
【知识点】余弦定理的应用．C8
【答案解析】（1）（2）3,7
解析：（1）解：（1）在△ABC中，因为当，所以
………. 5分
（2）在△ABD中，由正弦定理得：
在△ABC中，由余弦定理得：所以
……….12分
【思路点拨】根据三角形边角之间的关系，结合正弦定理和余弦定理即可得到结论．22. （14分）
如图，在五棱锥S－ABCDE中，SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2,BC=DE=, ∠BAE=∠BCD=∠CDE=120°.
（Ⅰ）求异面直线CD与SB所成的角（用反三角函数值表示）；
（Ⅱ）证明BC⊥平面SAB；
（Ⅲ）用反三角函数值表示二面角B-SC-D的大小（本小问不必写出解答过程）
.
参考答案：
解析：（1）连结BE，延长BC、ED交于点F，则，
又BC=DE，，因此，为正三角形，
，∥CD
所以（或其补角）就是异面直线CD与SB所成的角
底面ABCDE，且SA =AB=AE=2，
同理，
又所以BE=2，从而在中由余弦定理得：
，
所以异面直线CD与SB所成的角为：
（2）由题意，是等腰三角形，，
所以又,
,所以,
,
(3)二面角B-SC-D的大小为:
另解法---向量解法:
(1) 连结BE，延长BC、ED交于点F，则，
又BC=DE，，因此，为正三角形，
因为是等腰三角形,且
以A为原点，AB、AS边所在的直线分别为x轴、z轴，以平面ABC内垂直于
AB的直线为y轴，建立空间直角坐标系（如图），则
A（0，0，0）， B（2，0，0） S（0，0，2），且C（2，，0）
D(,于是
则
所以异面直线CD与SB所成的角为：
(2),
(3)二面角B-SC-D的大小为.。