（新高考）2020-2021学年上学期高三期末备考卷 数学（A卷） 教师用卷

这是一份（新高考）2020-2021学年上学期高三期末备考卷 数学（A卷） 教师用卷

此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 （新高考）2020-2021学年上学期高三期末备考卷数学（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知全集为实数集，集合，，则等于（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】∵或，，∴，∴．2．已知复数（为虚数单位），则的共轭复数（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】，则．3．若从数字，，，，中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于的概率为（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】从数字，，，，中任取两个不同的数字构成一个两位数，，这个两位数大于，则十位数字为或，共有，概率为，故选C．4．已知是定义在上的偶函数，则下列不等关系正确的是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为是偶函数，则，所以，所以．所以，在上单调递减，在上单调递增，又因为，，所以，所以选D．5．基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指间隔相邻两代间传染所需的平均时间，在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间(单位：天)的规律，指数增长率与，近似满足，有学者基于已有数据估计出，，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加倍需要的时间约为()（ ）A．天 B．天 C．天 D．天【答案】B【解析】，，，∴，得，∴，∴，∴，．6．正方形的边长为，是正方形内部(不包括正方形的边)一点，且，则的最小值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系．设，，，则，，由，得，所以，所以当时，的最小值为．7．某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择名志愿者，对其身高和臂展进行测量(单位：厘米)，左图为选取的名志愿者身高与臂展的折线图，右图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为，以下结论中不正确的为（ ）A．名志愿者身高的极差小于臂展的极差B．名志愿者身高和臂展成正相关关系C．可估计身高为厘米的人臂展大约为厘米D．身高相差厘米的两人臂展都相差厘米【答案】D【解析】A，身高极差大约为，臂展极差大于等于，故正确；B，很明显根据散点图像以及回归直线得到，身高矮臂展就会短一些，身高高一些，臂展就长一些，故正确；C，身高为厘米，代入回归方程可得到臂展估计值等于厘米，但是不是准确值，故正确；D，身高相差厘米的两人臂展的估计值相差厘米，但并不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点，故说法不正确，故答案为D．8．设奇函数定义在上，在上为增函数，且，则不等式的解集为（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】奇函数定义在，在上为增函数，且，∴函数的关于原点对称，且在上也是增函数，过点，所以可将函数的图像画出，大致如下，∵，∴不等式可化为，即，不等式的解集即为自变量与函数值异号的的范围，据图像可以知道，故选D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．给出下列四个关于圆锥曲线的命题，真命题的有（ ）A．设，为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为双曲线B．过定圆上一定点作圆的动弦，则弦的中点的轨迹为椭圆C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率D．双曲线与椭圆有相同的焦点【答案】CD【解析】A中，只有当时，才表示的是双曲线；B中显然不正确；C中，方程的两根为或，所以和可分别作为椭圆和双曲线的离心率；D中，由双曲线方程可知它的焦点在轴上，，由椭圆的方程可知椭圆的焦点也在轴上，，所以它们有相同的焦点坐标为．10．已知函数，则（ ）A．函数在区间上为增函数B．直线是函数图象的一条对称轴C．函数的图像可由函数的图像向右平移个单位得到D．对任意，恒有【答案】ABD【解析】，当时，，函数为增函数，故A中说法正确；令，，得，，显然直线是函数图像的一条对称轴，故B中说法正确；函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，故C中说法错误；的最小正周期为，故D中说法正确，故选ABD．11．四棱锥的底面是矩形，侧面平面，，，下列说法正确的是（ ）A． B．与所成的角的余弦为C．与所成的角的余弦为 D．该四棱锥外接球的半径为【答案】BD【解析】取的中点，连接，在中，，，∴，，，所以在中，，同理，∴，所以为与所成的角或其补角，，设的中心为，球心为，则，设到平面的距离为，则，∴，，故选BD．12．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（ ）A．是偶函数 B．是奇函数C．在上是增函数 D．的值域是【答案】BC【解析】根据题意知，，∵，，∴，，∴函数既不是奇函数也不是偶函数，A错误；∵，∴是奇函数，B正确；由复合函数的单调性知在上是增函数，C正确；∵，∴，∴，∴，D错误．第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．命题“，满足不等式”是假命题，则的取值范围为 ．【答案】【解析】∵命题“，满足不等式”是假命题，∴命题“时，满足不等式”是真命题，∴在上恒成立，令，，∵，∴，∴，∴．14．正项等比数列满足，且，，成等差数列，设，则取得最小值时的值为 ．【答案】【解析】设等比数列的公比为，由，，成等差数列，可得，则，所以，解得（舍去）或，因为，所以，所以，所以，所以，当时，取得最小值，取得最小值．15．在中，点满足，当点在射线（不含点）上移动时，若，则的取值范围为 ．【答案】【解析】∵点在射线（不含点）上，设，，又，∴，，，故的取值范围．16．如图，，为椭圆长轴的左、右顶点，为坐标原点，若，，为椭圆上不同于，的三点，直线，，，围成一个平行四边形，则 ．【答案】【解析】设，，，则，．易知直线，的斜率均存在且不为，设其方程分别为，，因为，，所以，，．由，得，，同理，，由两点间的距离公式得．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知向量，，．（1）求图象的对称中心；（2）已知，，分别是内角，，的对边，若且，， ，求的周长．在①，②，③，，成等比数列，这三个条件中，任选一个，补充在问题中，并加以解答．【答案】（1）；（2）见解析．【解析】（1），令，可得，∴图象的对称中心为．（2），∵，∴．①选条件，∴，∴，由余弦定理得，即，∴，∴的周长为．②选条件，根据正弦定理得，根据余弦定理，得，解得，∴，∴的周长为．③选条件，，成等比数列，∴，根据正弦定理得，根据余弦定理，可得，∴，∴的周长为．18．（12分）已知数列是各项均为正数的等比数列，，，数列满足，且与的等差中项是．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设数列的公比为，由已知得，解得或，由于数列的各项均为正数，所以，，所以．因为与的等差中项是，所以，即，于是，故数列的通项公式为．（2）由（1）知，所以．19．（12分）“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心，这将推动新能源汽车产业的迅速发展．下表是近几年我国某地区新能源乘用车的年销售量与年份的统计表：某机构调查了该地区位购车车主的性别与购车种类情况，得到的部分数据如下表所示：（1）求新能源乘用车的销量关于年份的线性相关系数，并判断与是否线性相关；（2）请将上述列联表补充完整，并判断是否有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关；（3）若以这名购车车主中购置新能源乘用车的车主性别比例作为该地区购置新能源乘用车的车主性别比例，从该地区购置新能源乘用车的车主中随机选取人，记选到女性车主的人数为，求的数学期望与方差．参考公式：，，其中．，若，则可判断与线性相关．附表：【答案】（1），故与线性相关；（2）列联表见解析，有的把握认为；（3），．【解析】（1）依题意，，，故，，，则，故与线性相关．（2）依题意，完善表格如下：，故有的把握认为购车车主是否购置新能源乘用车与性别有关．（3）依题意，该地区购置新能源车的车主中女性车主的概率为，则，所以，．20．（12分）如图所示，在长方体中，，为线段上一点．（1）求证：；（2）若， ，求点到平面距离．在①，②，③二面角的正弦值为，这三个条件中，任选一个，补充在问题中，并加以解答．【答案】（1）证明见解析；（2）见解析．【解析】（1）连接，交于点，∵平面为正方形，∴，又∵平面，∴，∵，∴平面，又∵平面，∴．（2）①选条件，∴，∴，设点到平面的距离为，根据可得，，解得，即点到平面的距离为．②选条件，∴，，，∴，设点到平面的距离为，根据可得，，解得，即点到平面的距离为．③选条件二面角的正弦值为，∵，，∴二面角的平面角为，∴，∴，∴，设点到平面的距离为，根据可得，，解得，即点到平面的距离为．21．（12分）已知函数．（1）求的单调区间；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】的定义域为，，当时，，所以在单调递减；当时，，得，当时，；当时，，所以当时，在单调递减；在单调递增，综上，当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增．（2）由（1）知，当时，在单调递减，而，所以不恒成立；时，在单调递减；在单调递增，所以，依题，只需，令，则，所以在单调递减，而，所以当时，；当时，，所以当时，，所以若，则的取值范围是．22．（12分）如图，已知椭圆与两条直线的四个交点分别为，，，，若四边形的面积为，且椭圆的离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过点的直线与椭圆交于，两点，问：在坐标平面内是否存在一个定点，使得等式成立?若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，，详见解析．【解析】（1）将代入，得，所以由题意，得，易得，，所以椭圆的标准方程为．（2）将两边同时平方，得，则点在以为直径的圆上．当与轴平行时，易知为直径的圆的方程为；当与轴重合时，易知以为直径的圆的方程为．结合图形可知，这两个圆内切于点，即这两个圆只有一个公共点，因此，所求定点如果存在，只能是点．以下证明当直线的斜率存在且不为时，以为直径的圆恒过点．设直线的方程为，由，消去，得，设，，则，，又，，所以，所以，即当直线的斜率存在且不为时，以为直径的圆恒过点，所以存在一个定点满足题意．