1、树德中学高2020级高三开学考试试题（理科数学）一选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知集合，则（）A. B. C. D. 2. （）A. B. C. D. 3. 航天之父俄罗斯科学家齐奥科夫斯基（K.E.Tsiolkovsky）于1903年给出火箭最大速度的计算公式.其中，是燃料相对于火箭的喷射速度，是燃料的质量，是火箭（除去燃料）的质量，v是火箭将燃料喷射完之后达到的速度.已，则当火箭的最大速度可达到时，火箭的总质量（含燃料）至少是火箭（除去燃料）的质量的（）倍.A. B. C. D. 4. 已知向量，则（）A. 6B. 5C. 8D. 7
2、5. 已知数列满足：，点在函数的图象上，记为的前n项和，则（）A. 3B. 4C. 5D. 66. 现安排编号分别为1，2，3，4的四位抗疫志愿者去做三项不同的工作，若每项工作都需安排志愿者，每位志愿者恰好安排一项工作，且编号为相邻整数的志愿者不能被安排做同一项工作，则不同的安排方法数为（）A. 36B. 24C. 18D. 127. 已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为（）A. B. C. D. 8. 双曲线，已知O是坐标原点，A是双曲线C的斜率为正的渐近线与直线的交点，F是双曲线C的右焦点，D是线段OF的中点，若B是圆上的一点，则ABD的面积的最大值为（）A.
3、B. C. 3 D. 9. 已知数列的前n项和满足，若数列满足，则（）A. B. C. D. 10. 已知函数，设，则（）A. B. C. D. 11. 某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰PMN的顶点P在半径为20的大O上，点M，N在半径为10的小O上，点O，P在弦MN的同侧.设，当PMN的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时（）A. B. C. D. 012. 若函数与的图象存在公共切线，则实数a的最大值为（）A. B. C. D. 二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 的展开式中的常数项为_.（用数字作
4、答）14. 已知抛物线的焦点为F，点M为C上一点，点N为x轴上一点，若是边长为2的正三角形，则p的值为_15. 已知数列满足，则数列的前20项和为_.16. 在棱长为1的正方体中，M为底面ABCD的中心，Q是棱上一点，且，N为线段AQ的中点，给出下列命题：与共面； 三棱锥的体积跟的取值无关；当时，；当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为.其中正确的有_（填写序号）.三解答题17.（12分）在非直角中，角，对应的边分别，满足.（1）判断的形状；（2）若边上的中线长为2，求周长的最大值.18.（12分）为弘扬中国传统文化，某电视台举行传统文化知识大赛，先进行预赛，规则如下：有易、中、
5、难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；答对得分，答错不得分；四轮答题中，每类题最多选择两次四轮答题得分总和不低于10分进入决赛选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如表：容易题中等题难题答对概率0.60.50.3答对得分345（1）若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；（2）甲四轮答题中，选择了一个容易题、两个中等题、一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为，求随机变量的数学期望19. （12分）如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交
6、EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使.（1）证明：平面平面；（2）试探究在线段DM上是否存在点，使二面角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20. （12分）已知点A，B分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上异于A，B的一个动点，的周长为12（1）求椭圆E的方程；（2）已知点，直线PM与椭圆另外一个公共点为Q，直线AP与BQ交于点N，求证：当点P变化时，点N恒在一条定直线上21. （12分）已知函数，.（1）比较与的大小；（2）设方程有两个实根，求证：.22. （10分）在平而直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为 (为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半
7、轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为（1）求曲线和的直角坐标方程；（2）已知点是曲线上一点M，N分别是和上的点，求的最大值.23. （10分）已知函数.（1）当时，解不等式；（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.树德中学高2020级高三开学考试试题（理科数学）答案一选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.解：由题意知，所以.故选：C2. 解：由题意知，.故选：B3.解:由题意可知：，代入可得，所以，可得，可得，即，所以，所以火箭的总质量（含燃料）的质量是火箭（除去燃料）的质量的倍，故选：A.4. :
8、解由得：，由得，即得，故选：D5.解:由题得，解得，故，所以故选：A6. 解:先将四位志愿者分为2人、1人、1人共3组，有1号和3号一组；2号和4号一组；1号和4号一组共3种情况；再将3组志愿者分配到三项工作有种；按照分步乘法计数原理，共有种.故选：C.7.解:如图，设O为正四棱锥的底面中心，E为BC的中点，连接,PO,OE,PE,则PO为四棱锥的高，PE为侧面三角形PBC的高，因为,故 ,则，设该四棱锥的内切球的半径为r，则 ，即 ，解得 ，故内切球的体积为 ,故选：B8. 解:根据题意，双曲线斜率为正的渐近线方程为，因此点A的坐标是，点D是线段OF的中点，则直线AD的方程为，点B是圆上的一
9、点，点B到直线AD距离的最大值也就是圆心O到直线AD的距离d加上半径，即，则故选：A9.解:，当时，当时，所以.故，故选：D.10. 解：函数的定义域为，故为偶函数，当时，令，则，即单调递增，故，所以，则在时单调递增，由于因为，而，即，则，故选：B11.解：等腰PMN中，设PMN的面积为，则，求导，令，即，解得：（舍去负根），记，当，函数单调递增；当，函数单调递减；故当时，即，取得极大值，即最大值，则故选：C.12. 解：，设公切线与的图象切于点，与曲线切于点，故，所以，故，设，则，在上递增，在上递减，实数a的最大值为e故选：B.二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 解：因为
10、，考虑中的常数项与项.由通项公式，即，故当时，中的常数项为，当时，中的项系数为，故的展开式中的常数项为故答案为：14.解：如图，因为是边长为2的正三角形，所以可得，当M与焦点F的横坐标相同时，所以点M位于点F的左侧，所以，所以，因为点在抛物线上，所以，化简得，解得（舍去），或，故答案为：315.解：由题意，当为奇数时，所以数列是公差为，首项为的等差数列，所以，当为偶数时，所以数列是公差为，首项为的等差数列，所以，故答案为：33016. 解：在中，为的中点，与共面，正确；，到平面的距离为定值，且的面积为定值，三棱锥的体积跟的取值无关，正确；时，可得，则，所以不成立，错误；时，过三点的正方体的截面
11、是等腰梯形，所以平面截正方体所截得的周长为，正确.故答案为：.三解答题17.（1）解，可得即根据正弦定理，得代入式，化简得即，为外接圆的半径）化简得，或，即或，又非直角，因此是等腰三角形（2）解：在ABD和ABC中，由余弦定理可得，又，所以，所以，设，所以ABC的周长2a+ c=，所以当时，2a+ c有最大值为,即ABC周长的最大值为.18.解：（1）依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为；因为，所以后两轮应该选
12、择容易题进行答题；（2）依题意的可能取值为3、7，8、11、12、16，则，所以的分布列为：378111216所以19.（1）解：在中，易得，由，得，又，又为中点，因为，平面，平面，又平面，所以平面平面；（2）解：由(1)平面，以为原点，以为的正方向建立空间直角坐标系，由(1)得平面的法向量为，设平面的法向量为，所以，所以.由题得,所以，所以，所以，因为二面角PENB的大小为60，所以，解之得（舍去）或.此时，所以.20. （1）解：设椭圆的焦距为2c，则，由得，即由的周长为12，得，所以，故椭圆E的方程为：（2）解：设直线PQ的方程：，（此处若设点斜式方程，需要讨论斜率是否存在，无讨论的扣1
13、分，只讨论斜率不存在的情况给1分）联立方程组得，恒成立，即直线AP的方程：，直线的方程：，联立方程组消去y，得由得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上方法二设，设直线AP的方程：，直线BQ的方程：联立得又P，Q两点在椭圆E上，因此，故P，M，Q三点共线，所以，即由，得将其代入得所以，当点P运动时，点N恒在定直线上21. .解：（1）设，当时，单调递增；当时，单调递减，3分故的最大值为，故.4分（2）令，则，令.又由，得在上单调递增.5分又，存在，使，即，在上单调递减，在上单调递增，.8分由在上单调递减，得.又，10分，.综上所述，.12分22. 解：（1）由曲线的方程为（为参数），消去参数可得曲线的方程为，由曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，且，可得曲线直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.故的方程为，直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.（2）由（1）知双曲线，则，可得，所以，由双曲线的定义，可得，因为点是曲线上一点、分别是和上的点，可得，所以，所以的最大值为.23. 解：（1）当时，原不等式可化为.当时，解得：，；当时，解得：，；当时，解得：，；综上所述：不等式的解集为或.（2）由知：，在上恒成立，即，解得：，解得：，即实数的取值范围为.
