2021届山东省潍坊四中高三“十一”假期检测数学试题

这是一份2021届山东省潍坊四中高三“十一”假期检测数学试题，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届山东省潍坊四中高三“十一”假期检测数学试题
时间：120分钟 总分：150分 2020年10月
一、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，，，则=（　　）
A． B． C． D．
2. 命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
3.下列函数中是偶函数，且在区间上是减函数的是（ ）
A． B． C． D．
4. 中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数1－9的一种方法．例如：3可表示为“≡”，26可表示为“=⊥”，现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1－9这9个数字表示两位数中，能被3整除的概率是（ ）

A． B． C． D．
5. 已知，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6. 复兴号动车组列车  ，英文代号为CR，是中国标准动车组的中文命名，具有完全自主知识产权、达到世界先进水平的动车组列车，2019年12月30日，CR400BF-C智能复兴号动车组在京张高铁实现时速350公里自动驾驶，高速列车运行时不仅速度比普通列车快而且噪声更小．我们用声强I（单位：W/m2）表示声音在传播途径中每1平方米面积上声能流密度，声强级L（单位：dB）与声强I的函数关系式为：，已知 W/m2时，.若要将某列车的声强级降低30级，则该列车的声强应变为原声强的
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
7. 在正方形中，，是中点，将和分别沿若、翻折，使得、两点重合，则所形成的立体图形的外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
8. 已知函数，则方程实根的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9. 已知某校高三年级有1000人参加一次数学模拟考试，现把这次考试的分数转换为标准分，标准分的分数转换区间为，若使标准分X服从正态分布N，则下列说法正确的有( ).
参考数据：①；②；③
A．这次考试标准分超过180分的约有450人
B．这次考试标准分在内的人数约为997
C．甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过180分的概率为
D．
10.已知，且，则下列命题正确的是
A. B. 的最小值为16
C.的最小值为9 D．的最小值为2
11 若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）
A．
B．平面平面
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
12. 德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其名命名的函数成为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是
A． B．函数是偶函数
C．任意一个非零有理数，对任意恒成立
D．存在三个点，使得为等边三角形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为 .
14. 若，则函数的最小值为______.
15. 若展开式的二项式系数和为64，则___，展开式中的常数项是第___项.
16. 魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图所示），刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为．若“牟合方盖”的体积为，则正方体的外接球的表面积为__________．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. （本题满分10分）设函数.
（Ⅰ）对于任意实数，恒成立，求的最大值；
（Ⅱ）若方程有且仅有一个实根，求的取值范围.
18. （本题满分12分）如图1，已知等边的边长为3，点，分别是边，上的点，且，.如图2，将沿折起到的位置.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）给出三个条件：①；②二面角大小为；③.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分
是否达标
性别
不达标
达标
男生


女生


19.（本题满分12分）为调查某校学生的课外阅读情况，随机抽取了该校名学生（男生人，女生人），统计了他们的课外阅读达标情况（一个学期中课外阅读是否达到规定时间），结果如下：
（Ⅰ）是否有的把握认为课外阅读达标与性别有关？
附．












（Ⅱ）如果用这名学生中男生和女生课外阅读“达标”的频率分别代替该校男生和女生课外阅读“达标”的概率，且每位学生是否“达标”相互独立．现从该校学生中随机抽取人（男女），设随机变量表示“人中课外阅读达标的人数”，试求的分布列和数学期望．
20. （本题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，试判断棱上是否存在与点不重合的点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
21. （本题满分12分）某化工厂从今年一月起若不改善生产环境，按生产现状每月收入为75万元，同时将受到环保部门的处罚，第一个月罚7万元，以后每月增加2万元，如果从今年一月起投资600万元添加回收净化设备(改设备时间不计)，一方面可以改善环境，另一方面可以大大降低原料成本，设添加回收净化设并投产后n个月的累计收入为，据测算，当 时，(是常数)，且前4个月的累计收入为416万元，从第6个月开始，每个月的收入都与第5个月相同，同时，该厂不但不受处罚，而且还将得到环保部门的一次性奖励200万元.
（Ⅰ）求添加回收净化设备后前7个月的累计收入；
（Ⅱ）从第几个月起投资开始见效，即投资改造后的纯收入（累计收入连同奖励减去改造设备费）多于不改造的纯收入（累计收入减去罚款）？
22. （本题满分12分）已知函数，.
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）若实数为整数，且对任意的时，都有恒成立，求实数的最小值.






2018级高三“十一”假期检测试题 答案
1. 【答案】C【解析】,
∵，∴∴
2. 【答案】D【解析】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“，”的否定为“，”.
3.【答案】D【解析】A选项，因为，所以是偶函数；又时，显然单调递增，不满足题意，排除A；
B选项，的定义域为，所以是非奇非偶函数，排除B；
C选项，因为，所以是奇函数，排除C；
D选项，因为，所以是偶函数；当又时，，单调递减，满足题意，D正确.
4. 【答案】D【解析】1根算筹只能表示1,2根根算筹可以表示2和6,3根算筹可以表示3和7,4根算筹可以表示4和8,5根算筹可以表示5和9，
因此6根算筹表示的两位数有15,19,51,91,24,28,64,68,42,82,46,86,37,33,73,77共16个，其中15,51,24,42,33共5个可以被3整除，
所以所求概率为．故选：D．
5. 【答案】D【解析】设函数，显然函数在，上分别单调递减和单调递增．
在时也可能有，反之也可能，
∴由得不到成立；由也得不到成立．故选：D．
6. 【答案】C【解析】由已知 W/m2时，，所以，解得.故由已知，设普通列车与高速列车的声强级为，声强分别为.
则所以，解得
7. 【答案】B【解析】由题意，作出翻折后的几何体如图所示：
取中点，记外接圆圆心为，
因为在正方形中，，所以翻折后，为等边三角形，
则外接圆圆心即是重心，所以三点共线，且；
过点作平面，记所求几何体外接球球心为，外接球半径为，
则球心在直线上，连接，则
又，，所以翻折后，，，所以平面，因此，
又，所以是等腰三角形，易得，
所以，故所求外接球表面积为.
故选B

8. 【答案】B【解析】由可得或，当时，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，函数在处取得极小值，极小值为，绘制函数的图象如图所示，观察可得，方程的实根个数为3，故选B

9. 【答案】BC【解析】选项A；因为正态分布曲线关于对称，
所以这次考试标准分超过180分的约有人，故本说法不正确；
选项B：由正态分布N，可知：，
所以，
因此这次考试标准分在内的人数约为人，故本说法正确；
选项C：因为正态分布曲线关于对称，
所以某个人标准分超过180分的概率为，
因此甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过180分的概率为，故本说法正确；
选项D：由题中所给的公式可知：
，
，
所以由正态分布的性质可知：

所以本说法不正确.故选BC
10【答案】ACD【解析】A项，由已知得，由已知，所以，解得或，又已知，所以.故该项正确.
B项，由已知，故有均值不等式可得
（当且仅当，即时等号成立）.所以，即.故该项正确.
C项，
，当且仅当，即时等号成立.故该项不正确.
D项，由已知，又，所以，即，又，所以.
又，所以，
所以（当且仅当时等号成立）.
11 【答案】CD
【解析】
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，，，
所以，，
因为，所以与不垂直，故A错误；
，
设平面的一个法向量为，则
由，得，所以，不妨取，则，
所以，同理可得设平面的一个法向量为，
故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；
在长方体中，平面，
故是三棱锥的高，
所以，故C正确；
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.故选：CD.
12. 【答案】ABCD【解析】，正确；
，偶函数，正确；
，正确；
易知三点构成等边三角形，正确；故选
13. 【答案】【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，
所以，，
所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，
14. 【答案】
【解析】因为，
当且仅当，即时，取等号；即函数为.
15. 【答案】6 5
【解析】由于二项式展开式的二项式系数和为，即，所以.二项式展开式的通项公式为，令，解得.
所以展开式中的常数项是第项.故答案为：；
16.【答案】【解析】因为“牟合方盖”的体积为，又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，所以正方体的内切球的体积球，所以内切球的半径，所以正方体的棱长为2，
所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即，
所以，所以正方体的外接球的表面积为．
17. 【解析】（1）由题意，
因为，，即恒成立，所以，可得，所以的最大值为；
（2）因为当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；所以当时，取极大值；
当时，取极小值；所以当或时，方程仅有一个实根.
所以或即或，故的取值范围为.
18.【解析】（1）由已知得，，， ，
解得，故，∴，
∴，，又∵，
∴平面，平面，∴平面平面.
（2）（ⅰ）若用条件①，由（1）得，和是两条相交直线，∴平面. 以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系.
则，设，其中，则.
平面的法向量为.设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以不存在满足条件.

（ⅱ）若用条件②二面角大小为，由（1）得是二面角的平面角，
∴.过作，垂足为，则平面.
在平面中，作，点在的右侧.
以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系.
则，设，其中，则.
平面的法向量为.设直线与平面所成角为，
则，
解得或（舍去），所以存在满足条件，这时.

（ⅲ）若用条件③，在中，由余弦定理得：
，即，
所以，故.
过作，垂足为，则平面.
同（ⅱ）以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系.
则，设，其中，则.
平面的法向量为.设直线与平面所成角为，
则，.
解得，所以不存在满足条件.

19.. 【解析】（1）假设课外阅读达标与性别无关，根据列联表，求得
，
因为当成立时，的概率约为，
所以有以上的把握认为课外阅读达标与性别有关；
（2）记事件为：从该校男生中随机抽取人，课外阅读达标；
事件为：从该校女生中随机抽取人，课外阅读达标．
由题意知：，．
随机变量的取值可能为、、、．
，
，
，，
所以随机变量的分布列为：










随机变量的数学期望为.
20.【解析】（1）因为四边形是平行四边形， ，所以，
又，所以，所以，
又，且，所以平面，所以平面平面.
（2）由（1）知平面，分别以所在直线为轴、轴，
平面内过点且与直线垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，

则 ，
由，，可得，所以，
假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
设，则，，
设平面的法向量为，
则,即，令，可得，
所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则:
，
解得或者（舍）.所以存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.
21. 【解析】（1）由题意知，得，即，
第5个月净收入为万元，
所以万元
（2）由（1）知即，
若不投资改造，则前个月总罚款为 ，
令，得，
当时，不成立，
当时，，即，即 ，
又因为，所以 ，所以经过9个月投资开始见效
22. 【解析】(Ⅰ)设，
∴，令，则；，则；
∴在上单调递增，上单调递减，∴，无极小值.
(Ⅱ)由，即在上恒成立，
∴在上恒成立，
设，则，显然，
设，则，故在上单调递减
由，，
由零点定理得，使得，即
且时，，则，时，. 则
∴在上单调递增，在上单调递减
∴，又由，，则 ∴由恒成立，且为整数，可得的最小值为1.