广东省仲元中学中山一中等七校联合体2021届高三上学期第一次联考 数学（含答案） 试卷

广东省仲元中学、中山一中等七校联合体2021届高三上学期第一次联考 数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷、草稿纸或答题卡的非答题区上无效。4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．第Ⅰ卷一．选择题:本大题共8小题，每小题5分，满分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.设集合,则满足的集合B的个数是(　　)A．1           B．3            C．4             D．82.已知(　　)A . B．C．D．3.设点是函数的图象C的一个对称中心，若点到图象C的对称轴上的距离的最小值，则的最小正周期是(　　)A．　　　　B. 　　　　C. 　　　          D. 4.已知向量，是不平行于轴的单位向量，且，则(　　)A．（）       B．（）        C．（）       D．（）5.若的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为(　　)A．－540     （B）－162        C．162        （D）5406.已知是周期为2的奇函数，当时，设（　　）A．　　　 B．　　C．　　　D．7．若点P是曲线上任意一点，则点P到直线的最小距离为(　　)A．  1      B． C． D．28．有A、B、C、D、E、F共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个。若卡车甲不能运A箱，卡车乙不能运D箱，此外无其它任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为（　　）A．168           B． 84             　C．56           D． 42二、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，漏选的得3分，错选或不选的得0分。9.下列四个条件中，是的充分条件的是（　　）Ａ．，B．为双曲线，  C．，Ｄ．，10．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，则下列结论正确的是（）A．                     B．C．的最大值为             D．的最大值为11．如图,在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（）A．四点共面B．平面C．直线与所成角的为D．平面平面 12．四边形内接于圆，，下列结论正确的有（）A．四边形为梯形B．四边形的面积为 C．圆的直径为7                D．的三边长度可以构成一个等差数列 第Ⅱ卷三、填空题:本题共4小题每小题5分，其中第16题共两空答对一空得3分，答对两空得5分13.若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则的值为______14.若随机变量______________15.设函数.若是偶函数，则__________。16．已知过球面上三点A、B、C的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AB=6，AC=8，BC=10，则球的半径等于________  ,球的表面积等于__________． 四、解答题:本题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)已知等差数列的前项和为（1）求的值；（2）若的等差中项为14，且满足，求数列的前项和.  18.（本小题满分12分）如图,是直角斜边上一点,,记(1)  求的值.(2)  若,求的值. 19．（本小题满分12分）如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，，点E是上的点，且（1）求证：对任意的，都有（2）设二面角C—AE—D的大小为，直线BE与平面ABCD所成的角为，若，求的值w.w.w..c.o.m     20.（本小题满分12分）现有甲、乙两个项目，对甲项目每投资十万元，一年后利润是1.2万元、1.18万元、1.17万元的概率分别为、、;已知乙项目的利润与产品价格的调整有关,在每次调整中价格下降的概率都是,设乙项目产品价格在一年内进行2次独立的调整,记乙项目产品价格在一年内的下降次数为,对乙项目每投资十万元, 取0、1、2时, 一年后相应利润是1.3万元、1.25万元、0.2万元.随机变量、分别表示对甲、乙两项目各投资十万元一年后的利润.(1)  求、的概率分布和数学期望、;(2)  当时,求的取值范围. 21.（本小题满分12分）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，离心率为。(1)求椭圆的方程；（2)直线过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当面积取得最大值时，求直线的方程. 22．（本小题满分12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若，不等式对恒成立，求的取值范围.
七校联合体2021届高三第一次联考试卷（8月）数学答案第Ⅰ卷选择题题号123456789101112答案CACBADBDBCADCDABD详细答案1、解析，，则集合B中必含有元素3，即此题可转化为求集合的子集个数问题，所以满足题目条件的集合B共有个。故选择答案C。2、解析：，由、是实数，得∴，故选择A。4、解：设＝（x，y），则有解得x＝，y＝，选B5.解析：若的展开式中各项系数之和为=64，，则展开式的常数项为=－540，选A.6.解：已知是周期为2的奇函数，当时，设，，<0，∴，选D.7.解析因为点P是曲线任意一点，所以当点P处的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小．因为直线y＝x－2的斜率等于1，曲线的导数，令y′＝1，可得x＝1或 (舍去)，所以在曲线与直线y＝x－2平行的切线经过的切点坐标为(1,0)，所以点P到直线y＝x－2的最小距离为，故选：B8．分两类：①甲运D箱，有种；②甲不运D箱，有。不同的分配方案共有+=42（种），选（D）。 9.解：A. p不是q的充分条件，也不是必要条件；B. p是q的充分条件，不是必要条件；C. p是q的充要条件；D.必要不充分  答案BC10.答案AD由题意得11.答案CD  (1)由图显然、是异面直线，故四点不共面，故A错误；(2)平面，显然与平面不平行，故B错误；(3)取的中点，连接、，可知三角形为等边三角形，故C正确； (4)由题意平面，故平面平面，故D正确；12.答案ABD【解析】可证显然不平行即四边形为梯形，故正确；在中由余弦定理可得解得或（舍去）故B正确在中由余弦定理可得圆的直径不可能是，故C错误；在中，，，，满足的三边长度可以构成一个等差数列，故正确；第Ⅱ卷非选择题13、解：双曲线的右焦点为(2,0)，所以抛物线的焦点为(2,0)，则，14解：随机变量所以正态曲线关于对称所以15、解析：，则=为偶函数，∴ .16、 的外接圆半径为，球的半径为，表面积为17、解析：本小题考查数列的概念，等差数列，等比数列，对数与指数互相转化等基础知识。考查综合运用数学知识解决问题的能力。满分10分.解法：当时，···········1分···········2分是等差数列,············4分(Ⅱ)解：,是等差数列,···········6分又··········8分即是等比数列.所以数列的前项和···········1018解：（1）···········3分··········6分(2)在中，根据正弦定理若AC=DC··········8分由（1）得··········10分又因为在直角△ABC中··········11分··········12分19证法：以D为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如     图2所示的空间直角坐标系，则     D（0，0，0），,B（，，0），C（0，，0），E（0，0），，       即。·········4分（2）由（I）得.设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则由得·········6分易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为..·········10分.          由于，解得，即为所求。         ·········12分 （解法二）证明：如图1，连接BE、BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD。SD⊥平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，AC⊥BE·········4分（Ⅱ）如图1，由SD⊥平面ABCD知，∠DBE= ,SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD, SD⊥CD。 又底面ABCD是正方形， CD⊥AD，而SD AD=D，CD⊥平面SAD.连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角，即∠CFD=。在Rt△BDE中， BD=2a，DE=， ， 在Rt△ADE中,  从而在中，. 由，解得，即为所求.20【(I)解法1: 的概率分布为1.21.181.17PE=1.2+1.18+1.17=1.18.·········2分由题设得,则的概率分布为012P故的概率分布为1.31.250.2P所以的数学期望为E=++=.·········8分(II)  由,得: 因0<p<1,所以时,p的取值范围是0<p<0.3.·········12分解法2: 的概率分布同解法一； 的概率分布解法如下设表示事件”第i次调整,价格下降”(i=1,2),则P(=0)= ;P(=1)=;P(=2)=故的概率分布为1.31.250.2P所以的数学期望为E=++=.21解：设椭圆方程为（Ⅰ）由已知得∴所求椭圆方程为 .·········4分（Ⅱ）解法一：由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由，消去y得关于x的方程：由直线与椭圆相交于A、B两点，解得又由韦达定理得原点到直线的距离.解法1：令，  则      当且仅当即时，      此时. 所以，所求直线方程为········12分解法2：对两边平方整理得：（*）  ∵，    整理得：  又，   从而的最大值为，此时代入方程（*）得 所以，所求直线方程为：. 解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为，则直线l与x轴的交点，  由解法一知且，  解法1： =     .   下同解法一.  解法2：= 下同解法一.·········12分 22【解析】（1）.①当时，恒成立，所以在单调递增。②当时，令，得；令，得.所以的单调递减区间为，单调递增区间为.③当时令，得；令，得.所以的单调递减区间为，单调递增区间为.·········6分（2）因为，所以对恒成立等价于对恒成立.设，，令，得；令，得.所以，所以.取，则，即，所以.设，因为，，所以方程必有解，所以当且仅当时，函数得最小值，且最小值为2，所以，即m的取值范围为，·········12分