2021届遂宁市高三理科数学三诊考试卷及答案

考试时间：2021年4月27日15:00—17:00遂宁市高中2021届三诊考试数学（理科） 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题，满分60分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3．考试结束后，将答题卡收回。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1．已知集合Axx23x4，Bxx11，则下列判断正确的是()．．ABABCRB,02,C．1A且3BD．ABx1x22．已知（0，），tan2，则cos2()22211A．B．C．D．33333．已知随机变量X服从正态分布N(2,7)，P(X1)0.8，则P(X3)()A．0.2B．0.3C．0.7D．0.84．已知等差数列满足，，则它的前项的和()ana1a38a2a4148S8A．70B．82C．92D．1055．已知圆C的圆心为直线xy0与xy20的交点，半径为2m，且圆C截直线xy20所得弦的长度为4，则实数m()A．2B．4C．6D．86.在递增的数列中，2，若，，前项和．则anan1anan2a1am130a2am1256mSm170m()A．3B．4C．5D．67.将直角三角形、矩形、直角梯形如图一放置，它们围绕固定直线L旋转一周形成几何体，其三视图如图二，则这个几何体的体积是()附：柱体的体积公式VSh（S为底面面积，h为柱体的高）1锥体的体积公式VSh（S为底面面积，h为锥体的高）31台体的体积公式V(SSSS)h（S，S为台3121212体的上、下底面面积，h为台体的高）4649A.14B.15C.D.33高三数学（理科）三诊试题第1页（共4页）x2y28．设F，F为双曲线C:1(a0,b0)的左、右焦点,过坐标原点O的直线依次与双曲线C12a2b2的左、右支交于，两点，若，则该双曲线的离心率为()PQPQ2QF22OF223A.B.13C.23D.32330.259.已知函数f(x)为R上的奇函数，当x0时，f(x)x；若a0.3，blog0.250.3，clog0.32.5，则()A.fbfafcB．fcfbfaC.fcfafbD.fafbfc10．已知在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且a2，A.又点A,B,C都在球O的6球面上，且点O到平面ABC的距离为5，则球O的体积为()63A．12B．C.45D．36211.已知ABC是边长为2的等边三角形，其中M为BC边的中点，ABC的平分线交线段AM于点N，交AC于点D，且AMBN(ab)（其12中a0，b0），则的最小值为()ab322A.322B.2C.1D.64223112.已知函数h(x)x2ex，g(x)ax2ax，又当h(x)0时，h(x)g(x)恒成立，则实数a2的取值范围是()22A．,eB．,eC．0,eD．0,e第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）注意事项：1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。本卷包括必考题和选考题两部分。第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13．复数z1i（其中i为虚数单位），则z3i．14．已知向量a(2,1)，b(3,1)，且kba与a垂直，则k．615．在1x的展开式中，x的系数为．（用数字作答）16．已知斜率为2的直线过抛物线E：y22px(p0)的焦点F，与抛物线E交于A，B两点（点A在点B的左侧），又O为坐标原点，点C也为抛物线E上一点，且AB6，OCOAOB，则实数的值为．高三数学（理科）三诊试题第2页（共4页）三、解答题：本大题共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题满分12分）1已知数列a中，a，anan12anan1n23（1）求数列an的通项公式；3n（2）若bn，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.an18.（本小题满分12分）某校数学教研组，为更好地提高该校高三学生《圆锥曲线》的选填题的得分率，对学生《圆锥曲线》的选填题的训练运用最新的教育技术做了更好的创新，其学校教务处为了检测其质量指标，从中抽取了100名学生的训练成绩（总分50分），经统计质量指标得到如图所示的频率分布直方图.（1）求所抽取的样本平均数x(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；（2）将频率视为概率，从该校高三学生中任意抽取4名学生，记这4个学生《圆锥曲线》的选填题的训练的质量指标值位于10,30内的人数为X，求X的分布列和数学期望.19.（本小题满分12分）如图,在直四棱柱中,底面四边形为梯形,点为上一点,且ABCDA1B1C1D1ABCDOAB11ADDCBCCOCCAB2，AB∥CD,CO(CACB).122（）求证：∥平面；1C1OADA1（）求二面角的正弦值.2A1COB120.（本小题满分12分）x2y2已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F，F，过F且与x轴垂直的直线与a2b2122椭圆交于两点，的面积为，点为椭圆的下顶点，CA,BAOB22PCPF22OP（1）求椭圆C的标准方程；（2）经过抛物线y24x的焦点F的直线l交椭圆C于M，N两点，求FMFN的取值范围.高三数学（理科）三诊试题第3页（共4页）21.（本小题满分12分）已知函数f(x)xsinx.（1）求曲线yf(x)在点(,f())处的切线方程；22（2）当x(，)时，求证：f(x)1cosx；221（3）求证：当x(0，)时，方程f(x)tanx0有且仅有2个实数根.23请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程1xtt在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）；以原点O为极点，x轴t1y22t的正半轴为极轴，建立极坐标系．直线l的极坐标方程为sin22．4（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；（2）若t1，求以曲线C与x轴的交点为圆心，且这个交点到直线l的距离为半径的圆的方程.23．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲已知函数f(x)x1x2（1）求不等式f(x)9的解集；（2）当f(x)取最小值时，求使得mx2mx1成立的正实数m的取值范围．高三数学（理科）三诊试题第4页（共4页）遂宁市高中2021届三诊考试数学（理科）答案及评分意见一、选择题（12×5=60分）题号123456789101112答案ACACBBCBDDAA二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。513.514．15．1516．0或5237三、解答题：本大题共70分。117．（1）因为anan12anan1，令n1，则a1a22a1a2，又a，所以a1，……………2分23111对anan12anan1两边同时除以anan1，得2，………………4分an1an11又因为=1，所以是首项为1，公差为2的等差数列，……………………5分a1an1所以12n12n1，故1；……………………6分anan2n1n（2）由（1）得：bn(2n1)3……………………7分123n234n1所以Tn133353(2n1)3，则3Tn133353(2n1)323nn1两式相减得2Tn32(333)(2n1)3……………………10分2n133n1n1n1所以2T32(12n)3(22n)36，故Tnn133………12分n1318.（1）根据频率分布直方图可得各组的频率为：0,10的频率为：0.010100.1；0,20的频率为：0.020100.2；20,30的频率为：0.030100.3；30,40的频率：0.025100.25；40,50的频率为：0.015100.15，∴x50.1150.2250.3350.25450.1526.5.…………………4分（2）根据题意得每个学生《圆锥曲线》的选填题的训练的质量指标值位于10,30内的概率为0.20.30.5，……………………5分1所以X~B4,，X的可能取值为：0，1，2，3，4，2444011，111，213，P(X0)C4P(X1)C4P(X2)C4216242844311，411，……………………分P(X3)C4P(X4)C41024216∴X的分布列为：……………………11分11311∴E(X)012342.……………………12分1648416高三数学（理科）三诊试题参考答案第1页（共4页）19.（1）因为四棱柱为直四棱柱，所以∥，………分ABCDA1B1C1D1AA1CC111又已知CO(CACB)，所以点O为AB的中点，……………………2分21又CDAB，且AB∥CD，∴CDOA且CD∥OA，四边形AOCD为平行四边形，∴AD∥OC，…3分2又在平面中，，在平面中，，由面面平行的判定定理的推论知平面A1ADAA1ADAC1OCCC1COC∥平面，又平面，所以∥平面……………5分A1ADC1OCC1OC1OCC1OADA11（2）由（1）知点O为AB的中点，所以OC为ABC的边AB上的中线，而COAB，所以由在一个三角形2中，如果一边上的中线等于这边的一半，则这个三角形为直角三角形，且这边所对的角为直角知，ABC为直角三角形，且为直角，故，又在直四棱柱中，底面，所以ACBACBCABCDA1B1C1D1C1CABCD两两互相垂直，则建立空间直角坐标系如图所示，……………………7分CA,CB,CC1Cxyz则，C(0,0,0)，，，设平面的一个法向量为，又A1(23,0,2)O(3,1,0)B1(0,2,2)A1COmx1,y1,z1mAC0x,y,z23,0,20，，则由1得111，即A1C(23,0,2)A1O3,1,2mA1O0x1,y1,z13,1,203xz011，令，则，，所以…………9分x13z13y13m3,3,33x1y12z10同理，设平面的一个法向量为，又，，则由B1COnx2,y2,z2B1C0,2,2B1O3,1,2x,y,z0,2,20yz0nB1C0222223得，即，令y1，则z1，x，所222nB1O0x2,y2,z23,1,203x2y22z2033以n,1,1，……………………10分3mn1所以cosm,n，……………………11分mn7设二面角的平面角为，则243，故所求二面角的正弦A1COB1sin1cosm,nA1COB17值为43……………………12分720.（1）因为为直角三角形，所以2222，则，……………分POF2bcPF2(2b)bc222因12bbc2222Sc22，∴bc22a，abc，AOB2aa322∴b22bc4b，则b24，………………4分x2y2a2b2c2448，故椭圆C的标准方程为1………………5分842（2）因为抛物线y4x的焦点坐标为(1,0)，所以点F的坐标为F(1,0)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)又因为FMFNFMFNcosFMFN①若直线l与x轴重合，FMFNFMFNa1(a1)7……………7分高三数学（理科）三诊试题参考答案第2页（共4页）xmy122②若直线l不与x轴重合，设直线l的方程为xmy1，则x2y2，消去x得m2y2my70，1842m7所以yy，yy，12m2212m22222222由两点间的距离公式有FM(x11)y1(my111)y1m1y1，同理FNm1y2，…9分22(277(m2)772所以FMFNFMFNm1)y1y2m17，因为m22，m22m22m227777所以0，所以77，……………………11分m2222m2277综上①②可知FMFNFMFN,7，即FMFN的取值范围是,7…………………12分2221.（1）因为f(x)xsinx，f/(x)sinxxcosx，故在点(,f())处的切线斜率为kf/()1，点222(,f())为(,)，故所求的切线方程为xy0……………………3分2222（2）令g(x)f(x)cosx1xsinxcosx1，g(x)的定义域为(，)，g/(x)sinxxcosxsinxxcosx，………4分22当x(，0)时，g/(x)0恒成立，∴g(x)在(，0)上单调递减，22当x(0，)时，g/(x)0恒成立，∴g(x)在(0，)上单调递增，22∴当x(，)时，g(x)g(0)0恒成立，……………………6分22故当x(，)时，f(x)1cosx；……………………7分221sinx（3）由f(x)tanx0，即xsinx，则3xcosx1033cosx设h(x)3xcosx1，h(x)的定义域为(0，)，h/(x)3(cosxxsinx)，2设(x)cosxxsinx，(x)的定义域为(0，)，/(x)2sinxxcosx，2当x(0，)时，/(x)0恒成立，∴(x)在(0，)上单调递减，22又(0)10，()0，∴存在唯一的x(0，)使得(x)0，………………9分22020当时，则/，∴在，上单调递增，0xx0(x)0h(x)3(x)0h(x)(0x0)当xx时(x)0，则h/(x)3(x)0，∴h(x)在(x，)上单调递减，020232∴h(x)在xx处取得极大值也是最大值，从而h(x)h()100048又h(0)10，，h()10，………………11分2∴h(x)在(0，x)与(x，)上各有一个零点，002高三数学（理科）三诊试题参考答案第3页（共4页）1即当x(0，)时，方程f(x)tanx0有且仅有2个实数根………12分2311xtxttt22．（1）由，得，t11y2yt22tt221121212222xcos因为ttt2t24，所以x2y4，即x4y4，又，ttt2t2ysin所以2cos242sin24，即曲线C的极坐标方程为2cos242sin24；…………3分因为直线l的极坐标方程为sin22，即sincos4，4xcos又，所以直线l的直角坐标方程为xy40。…………………5分ysin（2）因为t1，由（1）知C的普通方程为x24y24（x2）；它与x轴的交点为2,0，…………7分204又直线l的直角坐标方程为xy40，曲线C与x轴的交点到直线l的距离d2。………9分1212故所求的圆的方程为(x2)2y22……………………10分23．（1）由不等式f(x)9可得f(x)x1x29，x22x1x1可化为或或1xx291xx29x1x29解得5x2或2x1或1x4，综上不等式的解集为5,4……5分（2）因为f(x)x1x21xx21xx23，当且仅当，即时，等号成立．故当时，，………………7分(x1)(x2)02x12x1f(x)min32m12m1m02m12m1法一：又当f(x)取最小值时，mx2mx1，即x，所以2m1，即1，9分m121m1m1m011解得0m，故所求m的取值范围0,……………………10分44x131133法二：m1，又2x14x2113x2x2x24x243111210m，故所求m的取值范围0,……………10分x2444高三数学（理科）三诊试题参考答案第4页（共4页）