四川省宜宾市重点高中2021届高三上学期第一次月考 数学（理）试题含答案.doc

1、 2020 年秋高三第一学月考试 理科数学 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后， 再选涂其它答案标号。 回答非选择题时， 将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3 考 试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第 I 卷 选择题（60 分） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1设UAB， 1,2,3,4,5A ，B 10 以内的素数，则)(BACU A2,4,7 B C4,7 D1

2、,4,7 2已知a是实数， 1 ai i 是纯虚数，则 a等于 A 2 B1 C 2 D1 3已知 3 log2a ， 0.2 log0.3b ， 11 tan 3 c ，则a，b，c的大小关系是 Acba Bbac Ccab Dbca 4已知数列 n a是正项等比数列，满足 987132 82,221aaaaaa，则数列 n a的通项公 式 n a A 1 2n B 1 3 n C 1 3n D 1 2 n 5若实数 , x y满足约束条件 02 022 3 y yx xy ，则3zxy的最小值是 A6 B4 C12 7 D14 6已知函数 2 2cosf xxx，若 fx是 f x的导函数

3、，则函数 fx的图象大致是 A B C D 7鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的 十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经 90 榫卯起来. 若正四棱柱的高为 6，底面正方形的边长为 1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略 不计），则该球形容器表面积的最小值为 A41 B42 C43 D44 8已知ABC，则“sincosAB ”是“ABC是直角三角形”的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 9 函数( ) 2sin()0,| 2 f xx 的最小正周期

4、为， 若其图象向右平移 6 个单位后得 到函数为奇函数，则函数 ( )f x的图象 A关于点,0 3 对称 B在 2 2 -, 上单调递增 C关于直线 3 x 对称 D在 6 x 处取最大值 10已知a、b、c是在同一平面内的单位向量，若a与b的夹角为60 ，则 2abac的最 大值是 A 1 2 B2 C 3 2 D 5 2 11 已知椭圆 C： 22 2 1 3 xy a 的右焦点为 F， O为坐标原点， C上有且只有一个点 P 满足OF FP， 则 C 的方程为 A 22 1 123 xy B 22 1 83 xy C 22 1 63 xy D 22 1 43 xy 12意大利数学家斐波

5、那契（1175年1250 年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5， 8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 21nnn aaa n N故此数列称为 斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为 11515 225 nn n a （设n是不等式 2 log15 x 15211 x x的正整数解，则n的最小值为 A10 B9 C8 D7 第II卷 非选择题（90 分） 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 x轴的非负半轴重合，若点 P（2，1）在角 的终 边上，则 sin2_ 14已知 3 cos 125 ，

6、则 2 sin 2 3 _ 15已知双曲线的顶点在坐标轴，中心在原点，渐近线经过点,2P mm (0)m ，则双曲线的离心 率为_ . 16已知三校锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA 平面ABC，ABC 是边长为2的正 三角形，D、E、F分别是AB、BC、CP的中点， 且 3 cos 4 DFE， 则球O的表面积为_. 三解答题：共三解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题为必考题，每个试 题考生都必须作答。第题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考

7、生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分 17（12 分）在ABC中，已知内角 , ,A B C所对的边分别为, ,a b c，向量 ( 3, 2sin )mB ，向 量(cos ,cos2 )nBB，且 /mn，角B为锐角. （1）求角B的大小； （2）若2b，求ABC面积的最大值. 18（12 分）如图，三棱柱 111 ABCABC中，底面ABC为等边三角形，E，F分别为AB， 1 AA的 中点， 1 CEFB， 11 2 3 2 3 ABAAEB . （1）证明：EF 平面 1 CEB； （2）求直线EF与平面 1 CFB所成角的大小. 19（12 分）当今世界科技迅猛发展，信息日新

8、月异为增强全民科技意识，提高公众科学素养， 某市图书馆开展了以“亲近科技、畅想未来”为主题的系列活动，并对不同年龄借阅者对科技类图书 的情况进行了调查该图书馆从只借阅了一本图书的借阅者中随机抽取 100名，数据统计如表： 借阅科技类图书（人） 借阅非科技类图书（人） 年龄不超过 50 岁 20 25 年龄大于 50岁 10 45 （1）是否有 99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关？ （2）该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规定市民每借阅一本科技类图书奖励积分 2分，每借 阅一本非科技类图书奖励积分 1 分，积分累计一定数量可以用积分换购自己喜爱的图书用表中的 样本频率作为概率的估计值 （

9、i）现有 3名借阅者每人借阅一本图书，记此 3人增加的积分总和为随机变量 ，求 的分布列和 数学期望； （ii）现从只借阅一本图书的借阅者中选取 16 人，则借阅科技类图书最有可能的人数是多少？ 附：K2 2 ()n adbc abcdacbd ，其中 na+b+c+d P（K2k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 20（12 分）已知曲线E上的点到(1 0)F，的距离比它到直线:4l x 的距离少 3. （1）求曲线E的方程； （2）过点F且斜率为k的直线 0 l交曲线E于P，Q两点，交圆 22 :(1)1Fxy于A，B两点， P，A在x轴上方，

10、过点P，Q分别作曲线E的切线 1 l， 2 l， 12 llM，求 PAM与 QBM 的 面积的积的取值范围. 21（12 分）已知函数 x f xaeexa ae，其中 e 为自然对数的底数. （1）若函数 f x的极小值为1，求a的值； （2）若1a ，证明：当0 x时， 2ln10f xxxx成立. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计 分。 22选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分） 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 3 cos 2 1 sin 2 x y （为参数），以坐标原点 O为极 点，x 轴的正半

11、轴为极轴，建立极坐标系 （1）设射线 l的极坐标方程为 2 3 ，若射线 l与曲线 C交于 A，B两点，求 AB 的长； （2）设 M，N是曲线 C上的两点，若MON 2 ，求OMN的面积的最大值 23选修 4-5：不等式选讲（10 分） 已知函数 |1|3|f xxx. （1）解不等式： 6f x ； （2）若 a，b，c 均为正数，且 minabcf x ，证明： 22249 111 3 abc. 2020 年秋高三第一学月考试年秋高三第一学月考试 理科数学参考答案理科数学参考答案 1D 2D 3A 4D 5B 6A 7A 8D. 9A 10D 11D 12C 13 4 5 14 7 25

12、 15 5或 5 2 16 28 3 17（1）解法一：由 /mn得3cos22sincosB=BB ，即sin23cos2BB 所以tan23B ，B为锐角， 2(0,)B ， 2 2 3 B ，即 3 B 解法二：由 /mn得3cos22sincosB=BB ， 即sin23cos2BB 所以sin2 3cos20B+B= 即2sin 20 3 B+= ， 2 3 B+=k ，即 62 k B=+ B为锐角，所以 3 B . （2）解法一：,2 3 Bb ，由余弦定理 222 cos 2 acb B ac ， 得 22 40acac 又 22 2acac代入上式得4ac，当且仅当2ac时取

13、等号成立. 1133 sin3 2224 ABC SacBacac ，故ABC的面积最大值为3. 解法二：,2 3 Bb ，由正弦定理2 sin b R B ，得 4 2 3 R 所以 4 2 3 aR sinAsinA，- 442 2sinsinsin 333 cRCCA - 由 14 32 sin 233 SacBsinA sinA 2 33 2 363 =sinA 因为 7 2 666 A ，则当2 62 A= 即= 3 A 时， max 2 33 3 33 S ，故ABC的面积最大值为3. 18 （1） 证明： 设 1 2AAa， 11 2 3 2 3 ABAAEB， 则2 2ABa，

14、 1 6EBa， 1 2BBa ， 点 E为棱AB的中点，2 EBa ， 222 11 EBEBBB， 1 EBBB. 三棱柱 111 ABCABC的侧面 11 ABB A为平行四边形，四边形 11 ABB A为矩形， 点 F为棱 1 AA的中点， 2222 1111 9FBAFABa， 2222 3FEAFAEa， 222 11 FBEFEB， 1 EFEB. 三棱柱的底面ABC是正三角形，E 为AB的中点， CEAB. 1 CEFB，且AB平面 11 ABB A， 1 FB 平面 11 ABB A，且AB， 1 FB相交， CE 平面 11 ABB A，EF 平面 11 ABB A，CEE

15、F， 1 ECEBE，EF 平面 1 CEB. （2）由（1）可知CE 平面 11 ABB A， 1 CEBB， 1 BB 平面ABC， 三棱柱 111 ABCABC是正三棱柱， 设 11 AB的中点为 M，则直线EB，CE，EM两两垂直， 分别以EB，EC，EM的方向为 x，y，z 轴的正方向，以点 E 为原点，建立如图所示的空间直角 坐标系， 设0,0,0E，0, 6 ,0Ca，2 ,0,Faa， 1 2 ,0,2Baa， 则2 ,0,EFaa ，2 , 6 ,FCaaa， 1 2 2 ,0,FBaa. 设平面 1 CFB的一个法向量为, ,nx y z r ，则 1 0 0 n FC n

16、 FB ，则 260 2 200 axayaz axyaz ，则 260 2 20 xyz xz ，不妨取1x ，则3y ，则 2 2z ，所以1,3, 2 2n ， 设直线EF与平面 1 CFB所成角为，则 22 2 |2 sin 2|312 aa EF n EFna ， 因为0, 2 ，所以 4 ，则直线EF与平面 1 CFB所成角的大小为 4 . 19解：（1）K2 2 100(20 45 10 25)16900 30 70 45 552079 8.1296.635， 所以有 99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关； （2）（i）因为用表中的样本频率作为概率的估计值，所以借阅科技类图书

17、的概率 P 303 10010 ， 因为 3 名借阅者每人借阅一本图书，这 3 人增加的积分总和为随机变量 ， 所以随机变量 的可能取值为 3，4，5，6， P（3） 003 3 37343 () () 10101000 CP（4） 112 3 37441 () () 10101000 C P（5） 221 3 37189 () () 10101000 CP（6） 330 3 3727 () () 10101000 C， 从而 的分布列为： 3 4 5 6 P 343 1000 441 1000 189 1000 27 1000 所以 E（）3 343 1000 4 441 1000 5 18

18、9 1000 6 27 1000 3.9； （ii）记 16 人中借阅科技类图书的人数为 X，则随机变量 X 满足二项分布 XB（16， 3 10 ） 设借阅科技类图书最有可能的人数时 k（k0，1，2，16） 则 1 1 P XkP Xk P XkP Xk ， 而 161117 1616 3737 () ()()() 10101010 kkkkkk CC ， 161115 1616 3737 () ()()() 10101010 kkkkkk CC ， 解得 4.1k5.1，故 k5，所以 16人借阅科技类图书最有可能的人数是 5 人 20（1）因为曲线E上的点到 (1 0)F，的距离比它到

19、直线:4l x 的距离少 3， 所以曲线E上的点到(1 0)F，的距离和它到直线:1l x 的距离相等， 故曲线E是(1 0)F，为焦点，:1l x 为准线的抛物线，故 2 :4E yx. （2）由题设知：0k ，则 0: (1)lyk x，设 11 ()P xy， 22 ()Q xy， P，A在x轴上方， 1 0 x， 2 0 x ， 1 0y ， 2 0y ， 0 l与 2 :4E yx联立，得 2 4 40yy k ，则 2 16 160 k ， 12 12 4 4 yy k y y ， 由 2 :4E yx，得0y 时，2yx，则 1 y x ；0y 时，2yx ，则 1 y x ，

20、1 1 1 12 x x y yx ， 2 2 2 12 x x y yx ， 故 2 1 11 1 2 :() 4 y lyyx y ， 2 2 22 2 2 :() 4 y lyyx y ， 1 l， 2 l联立消y，得 22 12 12 12 22 ()() 44 yy xyxy yy ，解得 12 1 4 y y x ， 将1x代入 1 l， 2 l方程， 2 1 1 1 2 ( 1) 4 y yy y ， 2 2 2 2 2 ( 1) 4 y yy y ， 两式相加得 22 12 12 12 22 2( 1)( 1) 44 yy yyy yy ，解得 1212 12 44 2 444

21、 yyyy kk y y yk ， 2 ( 1,)M k ， 2 ( 1,)M k 到 0: 0lkxyk的距离 2 21 | k d k ， 2 1 1 | | 1 4 y PAPFx ， 2 2 2 | | 1 4 y QBQFx ， 11 | 22 PAMQBM SSPA dQB d 2 22 2222 12 2 111211 | |()( 4) 46464| kk PAQB dy yd kk 2 1 11 k ， PAM与 QBM的面积的积的取值范围是(1,). 21 （1）函数 f x的定义域是 R， x fxaee 0a 时， 0fx对xR恒成立， f x在 R 上单调递减，函数无

22、极值， 0ae时，令 0fx ，解得：ln e x a ，令 0fx，解得：ln e x a ， f x在,ln e a 上单调递减，在ln, e a 上单调递增，ln e x a 时， f x取极小值-1， ln lnln1 e a ee faeea aa ，即ln10eaa ， 令 ln1 0m xexxxe ，则 ex m x x 0 xe， 0m x ， m x在0,e上单调递增， 10m，1a ； （2）1a ， 1 x f xeex 2ln1021ln1 x f xxxxee xxx ， 令 2 210 x g xee xxx 22 x gxexe ， 令 22 x h xexe

23、，0 x， 2 x h xe， 令 0h x ，解得：ln2x ，令 0h x ，解得：ln2x， 故 h x在0,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增， ln2x 时， h x取得极小值，又 030he ， 10h，存在 0 0,ln2x 使得 0 0h x， g x在 0 0,x上单调递增，在 0,1 x上单调递减，在1,上单调递增， 010gg， min0g x， 0 x时， 2 210 x ee xx ，即 2 21 x ee xx ， 令 ln1 ,0t xxxx， 则 1 10 1 tx x 对于0 x恒成立， t x在0,上单调递增， 00t xt，即当0 x时，ln1xx，

24、0 x时， 2 ln1xxx， 2 21ln1 x ee xxxx 故0 x时， 2ln10f xxxx成立. 22解：（1）曲线 C的参数方程为 3 cos 2 1 sin 2 x y （为参数），转换为直角坐标方程为 22 31 ()()1 22 xy，其为过原点的圆整理得 22 30 xyxy，其为过坐标原点的圆， 根据 222 cos sin x y xy 转换为极坐标方程为 2 3 cossin0，整理得 2sin 3 ， 射线 l的极坐标方程为 2 3 与曲线 C相交于 A 和 B两点， 由于射线 l： 2 3 过坐标原点，故其中有一个交点为坐标原点， 所以 2sin 3 2 3

25、，得 2 2sin3 33 AB ； （2）设 M 1, ，N 2, 2 ，由于直线 OC 的斜率为 1 0 3 2 33 0 2 ， 又圆 C过原点，故过原点与圆 C相切的切线的斜率为 k 3 ， 从而 33 323 ，得 5 36 ， 12 11 2sin2sin 22323 OMN S 2 2sincossin 2 333 ， 当 2 sin 21 3 ，即 7 12 时， OMN S的最大值为 1 23（1）函数 22,3 134,31 22,1 xx f xxxx xx . 当3x时，226x ，解得4x，故43x . 当31x 时，46，恒成立.当1x 时，226x，解得2x， 故12x，所以不等式的解集为2 |4xx . （2）由（1）知： min4f x，所以：4abc ， 所以 1117abc， 所以 2 11149abc ， 所以 222 11121121121149abcabacbc 222 3111abc . 当且仅当 4 3 abc时，等号成立. 所以 22249 111 3 abc.