江苏省南通市2021届高三上学期新高考期中备考数学试卷Ⅰ Word版含答案

这是一份江苏省南通市2021届高三上学期新高考期中备考数学试卷Ⅰ Word版含答案，共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

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（新高考）2020-2021学年上学期高三期中备考卷
数学1
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．若复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由为纯虚数，
可得，解得．
2．已知集合，，若，则的可能取值组成的集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
，
因为，所以．
3．为了评估某家快递公司的服务质量，某评估小组进行了客户满意度调查，从该公司参与调查的客户中随机抽取名客户的评分，评分均在区间上，分组为，，，，，其频率分布直方图如图所示．规定评分在分以下表示对该公司的服务质量不满意，则这名客户中对该公司的服务质量不满意的客户的人数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由频率分布直方图可知，评分在区间上的频率为
，
所以评分在区间上的客户有（人），
即对该公司的服务质量不满意的客户有人．
4．已知定义在上的奇函数在上单调递减，且，若，，，则，，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为定义在上的奇函数在上单调递减且，
所以，
又，所以，
而，所以，所以．
5．已知四边形中，，分别为，的中点，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依题意，可知四边形为直角梯形，，，
且，，
所以．
6．已知在正方体中，，分别为，上的点，且满足，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取线段上一点，使，连接，，如图所示，
因为，，所以，
所以，，
又，所以易知为异面直线与所成的角．
设该正方体的棱长为，则，，
所以在中，，
所以．

7．已知双曲线的渐近线分别为，，点是轴上与坐标原点不重合的一点，以为直径的圆交直线于点，，交直线于点，，若，则该双曲线的离心率是（ ）
A．或 B． C．或 D．
【答案】C
【解析】由题意，不妨设，，
设，则，
设，由，得，
由对称性知，，且线段被平分．
如图，设与交于点，则，连接，
由于为直径，所以，
则，，
由，得，，
因为，所以或，即或．
又，所以或．
当时，，则，离心率；
当时，，则，离心率．

8．若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意知，，
当时，，函数在上单调递增，没有两个不同的零点；
当时，，得，
，，函数在上单调递增；
，，函数在上单调递减，
故在处取得最小值，
所以，得，
所以的取值范围为．

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．已知的展开式中各项系数之和为，第二项的二项式系数为，则（ ）
A． B．
C．展开式中存在常数项 D．展开式中含项的系数为
【答案】ABD
【解析】令，得的展开式中各项系数之和为，所以，
选项A正确；
的展开式中第二项的二项式系数为，所以，，选项B正确；
的展开式的通项公式为，
令，则，所以展开式中不存在常数项，选项C错误；
令，则，所以展开式中含项的系数为，选项D正确．
10．已知函数的图象的一条对称轴为直线，为函数的导函数，函数，则下列说法正确的是（ ）
A．直线是图象的一条对称轴 B．的最小正周期为
C．是图象的一个对称中心 D．的最大值为
【答案】BD
【解析】因为的图象的一条对称轴为直线，
所以，，所以，，
又，所以，所以，所以，
所以
，
，且，所以的最大值为，最小正周期为，故A、C错误，
B、D正确．
11．如图，直接三棱柱，为等腰直角三角形，，且，，分别是，的中点，，分别是，上的两个动点，则（ ）

A．与一定是异面直线
B．三棱锥的体积为定值
C．直线与所成角为
D．若为的中点，则四棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】A项，当，重合时，（即）与是相交直线，故该说法错误；
B项，由已知可得，
又平面平面，所以平面，
在矩形中，的面积，
又，所以三棱锥的体积，
所以该说法正确；
C项，由平面，得，
又，所以平面，所以，所以该说法正确；
D项，由题意可得四边形为矩形，连接，
则矩形外接圆的圆心为的中点，且，
过作与点，连接，，
则，，，故，
所以就是四棱锥的外接球的球心，所以外接球半径，
故外接球的表面积，故该说法正确．
12．若存在两个不相等的实数，，使，，均在函数的定义域内，且满足，则称函数具有性质，下列函数具有性质的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】对于A，因为函数的定义域为，，
所以，
由于，所以恒成立，故A不具有性质；
对于B，函数的定义域为，取，，则，
所以，所以成立，故B具有性质；
对于C，函数的定义域为，当，时，，
由于，所以，易知在上单调递增，
所以恒成立，故C不具有性质；
对于D，函数的定义域为，易知为奇函数，
取，则，所以，，
所以成立，故D具有性质．

第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．《周髀算经》记载了勾股定理的公式与证明，相传是由商高发现，故又称勾股定理为商高定理．我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数．现从，，，，这个正整数中随机抽取个数，则恰好构成勾股数的概率为 ．
【答案】
【解析】从，，，，这个正整数中随机抽取个数，
可能的情况有，，，，，，，，，共种，
其中恰好构成勾股数的情况有种，为，
所以所求概率为．
14．已知，分别为椭圆的左、右焦点，且离心率，点是椭圆上位于第二象限内的一点，若是腰长为的等腰三角形，则的面积为 ．
【答案】
【解析】由题意知，则，
又，∴，由椭圆的定义得，
又是腰长为的等腰三角形，且点在第二象限，∴，，
过作于点，则，，
∴的面积为．
15．已知正实数，满足，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】由，得，
故（当且仅当，时取等号），
所以的最小值为．
16．已知数列的前项和为，且，，则 ；若恒成立，则实数的取值范围为 ．（本题第一空2分，第二空3分）
【答案】，
【解析】由，，得，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，
．
又，所以恒成立，
即，恒成立．
令，则，所以是递减数列，
所以，，即，
实数的取值范围为．

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）在①，②，的周长为，③，的外接圆半径为这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并加以解答．
在中，角，，的对边分别是，，，， ?，求．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】见解析．
【解析】若选条件①，
由正弦定理可化为，
又，所以，
，
，，
因为，，所以，，，
则，
又，所以，，．
若选条件②，
由正弦定理，可化为，
又，
所以，，
，，
因为，，
所以，，，所以，
因为的周长为，，所以，
由余弦定理可得，所以．
若选条件③，由正弦定理，可化为，
又，所以，
，
，，
因为，，
所以，，，所以，
又，所以，
因为的外接圆半径为，所以，所以．
18．（12分）已知数列的前项和为，且，数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）若，，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）139．
【解析】（1）由①，可得②，
①②，所以，
又，，所以，所以，
故是首项为，公比为的等比数列，故．
（2）由题意得，，所以，
则，，…，，，
所以，
所以，所以，
所以，易得也适合上式，
所以的前项和为．
19．（12分）在一场青年歌手比赛中，由名观众代表平均分成，两个评分小组，给参赛选手评分，下面是两个评分小组对同一名选手的评分情况：

（1）分别计算这两个小组评分的平均数和方差，并根据结果判断哪个小组评分较集中；
（2）在评分较集中的小组中，去掉一个最高分和一个最低分，从剩余的评分中任取名观众的评分，记为这个人评分之差的绝对值，求的分布列和数学期望．
【答案】（1），；，；组的评分更集中一些；（2）分布列见解析；．
【解析】（1）；
．
；
．
根据方差的概念及实际含义可知，组的评分的几种程度更高一些．
（2）从组评分中去掉一个最高分，去掉一个最低分，
易知的所有可能取值为，，，，．
从人的评分中任取人的评分，共有种等可能的结果，
把组成绩按照从大到小排成一列为，，，，，，，，
则，，
，，
，
所以的分布列是

的数学期望．
20．（12分）如图，在多面体中，是边长为的等边三角形，，，，点为的中点，平面平面．

（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，试指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）当为线段上靠近点的八等分点时，二面角为直二面角．
【解析】（1）因为，是边长为的等边三角形，
所以，
所以是等腰直角三角形，．
又点为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，所以平面．
因为，，
所以，，
所以，，
又，所以平面，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）存在满足题意的，连接，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设存在，使得二面角为直二面角，易知，
设平面的法向量为，
则由，，得，
令，得，，故；
设平面的法向量为，则由，，
由，令，得，，故，
由，得，故，
所以当为线段上靠近点的八等分点时，二面角为直二面角．
21．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆和椭圆，其中，，，的离心率分别为，，且满足，，分别是椭圆的右、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为，且．

（1）求椭圆的方程；
（2）与椭圆相切的直线交椭圆与点，，求的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意知，，
因为，所以，，
将等号两边同时平方，得，
即，所以，
又，所以，，所以，，
所以直线的方程为，
与椭圆联立并消去，得，
整理得，，所以，
因为，所以，
得，所以，
椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，易得．
当直线的斜率存在时，设直线，与椭圆联立并消去，
得，
因为直线与椭圆相切，所以，
整理得（*），
将直线与椭圆方程联立并消去，得，
由（*）式可得．
设，，则，，
所以，
设，则，，，
所以当，即时，最大，且最大值为．
22．（12分）已知函数，其中．
（1）若在定义域内是单调函数，求的取值范围；
（2）当时，求证：对任意，恒有成立．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）因为，所以，
要使在定义域内是单调函数，需满足或．
①若，则，
令，得，
易知，且函数在上单调递减，
当时，，所以在区间上，；在上，
所以在上单调递增，在上单调递减，
此时无最小值，不满足题意；
②若，则，
由①知，的最大值为，
所以当时，在定义域上单调递减，满足题意．
综上，的取值范围是．
（2）当时，，要证，即证，
当时，，而，
所以成立，即成立．
当时，令，则，
设，则，
∵，所以，所以当时，单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
所以，即成立．
综上，对任意，恒有成立．