安徽省江淮十校联盟届高三毕业班上学期第一次联考数学理试题及答案解析Word格式文档下载.docx

1、本题共 12小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的。1设复数满足,则虛部是（）A B C3 D-3 2已知函数是定义在上的偶函数,且在上单调递增,则三个数,的大小关系为（）A B C D 3若实数,满足约束条件,则（）A既有最大值也有最小值 B有最大值,但无最小值 C有最小值,但无最大值 D既无最大值也无最小值 4已知函数在-6,6的图像大致为（）A B C D 5由于受疫情的影响,学校停课,同学们通过三种方式在家自主学习,现学校想了解同学们对假期学习方式的满意程度,收集如图 1所示的数据；教务处通过分层抽样的方法抽取 4%的同学进行满意度调查,得到的数据如图 2下列说法

2、错误的是（）A样本容量为 240 B若,则本次自主学习学生的满意度不低于四成 C总体中对方式二满意的学生约为 300人 D样本中对方式一满意的学生为 24 人 6已知某几何体的三视图如图所示,网格纸上小正方形的边长为 1,则该几何体的表面积为（）A B C D 7若展开式中的常数项是 60,则实数的值为（）A 3 B 2 C3 D2 8已知三个不同的平面、,两条不同的直线、,则下列结论正确的是（）A,是的充分条件 B与,所成的锐二面角相等是的充要条件 C,是的充分条件 D内距离为的两条平行线在内的射影仍是距离为的两条平行线是的充要条件 9在我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算法一书中,用如图所示

3、的三角形（杨辉三角）解释了二项和的乘方规律。右边的数字三角形可以看作当依次取0,1,2,3,时展开式的二项式系数,相邻两斜线间各数的和组成数列例,设数列的前项和为.如果,则=（）A B C D 10已知函数,若存在实数,对任意都有成立则的最小值为（）A B C D 11已知抛物线：,直线、与抛物线分别交于,和,两点,其中过焦点,令,若,则的最大值为（）A B C D 12已知函数,且在上单调递减,则的取值范围为（）A B C D 二、填空题：13已知非零向量,满足,且,则与的夹角为_.14已知为双曲线右支上一点（非顶点）,、分别为双曲线的左右焦点,点为的内心,若,则该双曲线的离心率为_.15经

4、过班级同学初选后,将从 5名男生和 3名女生中选出 4人分别担任班长、学习委员、劳动委员,文艺委员其中男生甲不适合担任学习委员,女生乙不适合担任劳动委员现要求：如果男生甲入选,则女生乙必须入选。则安排方法种数为_.16在三棱锥中,是线段上的动点,记直线与平面所成的角为,若的最大值为,为线段的中点,过点作三棱锥外接球的截面,则该截面面积的取值范围为_.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知函数（1）求函数的单调递增区间；（2）已知的三个内角、的对边分别为、,其中,若锐角满足,且,求的值 18已知公比大于 1的等比数列满足,（1）求数列、的通项公式；（2）若数列的前项和为,求

5、的前项和.19如图,已知圆的直径长为 2,上半圆圆弧上有一点,点是弧上的动点,点是下半圆弧的中点,现以为折线,将下半圆所在的平面折成直二面角,连接、（1）当时,求的长；（2）当三棱锥体积最大时,求二面角的余弦值 202020年 6 月 28 日上午,未成年人保护法修订草案二审稿提请十三届全国人大常委第二十次会议审议,修改草案二审稿针对监护缺失、校园欺凌研究损害、网络沉迷等问题,进一步压实监护人、学校住宿经营者网络服务提供者等主体,加大对未成年人保护力度我校为宣传未成年保护法,特举行一次未成年人保护法知识竞赛,两人组,每一轮竞赛中,小组两人分别答两题,若答对题数不少于 3 题,被称为“优秀小组”

6、,已知甲乙两位同学组成一组,且同学甲和同学乙答对题的概率分为,（1）若,则在第一轮竞赛中,求他们获“优秀小组”的概率；（2）若,且每轮比赛互不影响,则在竞赛中甲乙同学要想获得“优秀小组”次数为 9次,则理论上至少要进行多少轮竞赛才行?并求此时,的值.21已知椭圆：过点且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若,分别为的左右顶点,为直线上的任意一点,直线,分别与相交于、两点,连接,试证明直线过定点,并求出该定点的坐标.22已知函数（1）讨论函数的单调性：（2）令函数,对于任意时,总存在使成立,求实数的取值范围.绝密启用前 安徽省江淮十校联盟 2021届高三年级上学期第一次联考质量检测 数学（理

7、）试题参考答案解析 2020年 8 月 一、选择题：1D 详解：满足,所以,所以虚部是-3,故答案选 D.2B 详解：；,即：,为偶函数,又在上单调递增,即,本题正确选项 B.3B 详解：作出可行域,如图所示：由图可知,当直线经过点时,直线在轴上的截距最大,最大,因为直线在轴上的截距无最小值,所以有最大值.4B 详解：,因为,所以是奇函数,排除选项 C,当时,排除选项 D,即,答案选择 B 5B 详解：选项 A,样本容量为,该选项正确；选项 B,根据题意得自主学习的满意率,错误,选项 C,样本可以估计总体,但会有一定的误差,总体中对方式二满意人数约为,该选项正确；选项 D,样本中对方式一满意人

8、数为,该选项正确.故选 B.6B 详解：由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个球,如图所示.故答案为：.7B 详解：因为的通项公式为,若得到常数项,当收 1时,令,当取时,令,解得或（舍）,所以,因为展开式的常数项为 60,所以,解得.故答案为：B.8C 详解：A,可能平行；B,可能相交；C 正确；D当,相交且两条平行线垂直于交线时可以满足条件.9A 详解：因为,相加得,所以,所以.10C 详解：因为 ,又因为,所以的周期为,所以当时,单调递减,当时,单调递增,当时,单调递减,所以,即,所以的最小值为.11C 详解：,.由余弦定理可得,当且仅当时等号成立,故的最大值为.12B 解析：因为,

9、又,所以在单增,单减,即,即.二、填空题：13 详解：,即.,.142 解析：由题意知,为的内心,设内切圆半径为,因为,所以 即,所以.15930 详解：岩甲乙都入选,则从其余 6人中选出 2人,有种,男生甲不适合担任学习委员,女生乙不适合担任劳动委员,则有种,故共有种；若甲不入选,乙入选,则从其余 6人中选出 3 人,有种,女生乙不适合担任劳动委员,则有种,故共有种；若甲乙都不入选,则从其余 6人中选出 4 人,有种,再全排,有种,故共有种,综上所述,共有,故答案为 930.16 详解：如图,作,连接,由题意可得,所以,又,所以,所以.过中点作,连接,此时,以为直径的截面为最小截面,经过球心

10、的截面为最大截面.三、解答题：17解：（1）由题意知,所以函数的单调递增区间为,即（2）,锐角.由正弦定理可得,又,可求得,.18解：（1）由题意知,所以或 因为,求得,数列的前项和为,.19解：（1）,由线面平行的性质定理得.又,可得.而,为正角形,所以.（2）二面角为直二面角,所以,而,当时,三棱锥体积最大.方法一：因为，两两垂直，所以，分别为，轴建空间直角坐标系，令平面的法向量为，取 又取平面的法向量为 设二面角的平面角为，方法二：取的中点，连接，.因为，所以，都与垂直，即为所求二面角的平面角.在中可得，在中，所以 所以：二面角的余弦值的为.20解：（1）由题可知，所以可能的情况有同学甲

11、答对 1 次，同学乙答对 2次；同学甲答对 2次，同学乙答对 1次；同学甲答对 2次，同学乙答对 2次.故所求概率（2）他们在轮竞赛中获“优秀小组”的概率为 因为，所以 因为，所以，又 所以，令，则 所以当时，他们小组在竞赛中获“优秀小组”次数 满足 由，则，所以理论上至少要进行 19轮比赛.此时，21解：（1）解得：，椭圆的标准程为：（2）由题知有斜率，令直线方程为，联立椭圆得，令、三点共线，同理、三点共线，两式相除得：化简得即，解得或 当时，直线的方程为，恒过点（1，0），当点不在轴时，故不满足，舍去；当时，直线的方程为，恒过点（4，0），符合题意.22解：（1）的定义域为，当时，此时在单调增；当时，解得或，解得 综上：当时，在单调增；当时，在，单调增，在单调减.（2）由题意得，且，而，因为，且 所以，在1，3单调增.，即对于任意时恒成立.即令，对于任意时恒成立.解法一：，其中.当，单调减，此时即可，即；当，单调增，此时即可，所以此时；当，在单调增，在单调减，此时，所以恒成立.综上所述，的取值范围为.解法二：因为 当时，恒成立，此时；当时，令，单增，此时，即；当时，由上，仍单增，即.综上所述，的取值范围为.