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- 2021-04-19 发布
高三普通班开学考试数学试题（文）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知集合，，则集合的子集个数为（ ）
A． 8 B． 7 C． 6 D．4
2.已知复数满足，则复数对应的点所在象限是（ ）
A． 第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3.如图，在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它们的终边分别与单位圆相交于两点，若点的坐标分别为和，则的值为（ ）
A． B． C． 0 D．
4.某四棱锥的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形，则该四棱锥的表面积是（ ）
A． B．
C. D．
5.函数f(x)＝xe－|x|的图象可能是( )
A B C D
6.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长度为( )
A. B.2 C.3 D.2
7.已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0≤φ<2π)的图象向右平移个单位长度后，得到函数g(x)＝cos2x的图象，则下列是函数y＝f(x)的图象的对称轴方程的为( )
A.x＝ B.x＝ C.x＝ D.x＝0
8.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共有五头鹿，5人以爵次进行分配(古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配).”在这个问题中，若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得( )
A.一鹿、三分鹿之一 B.一鹿
C.三分鹿之二 D.三分鹿之一
9.已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是
（A） （B）1 （C） （D）
10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为
A．
B．
C．
D．16
11.设关于的不等式组表示的平面区域内存在点满足，则的取值范围是
（A） （B） （C） （D）
12.已知函数（）的图象在区间上恰有3个最高点，则的取值范围为
A． B． C． D．
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第13题~第21题为必考题，每个试题考生必须做答．第22题~第23题为选考题，考生根据要求做答．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若，则 ．
14.设，，，则，，的大小关系是__________.
8 7 7
9 3 0 9 x 1
15.将某选手的7个得分去掉1个最高分，去掉1个最低
分，剩余5个分数的平均数为91，现场作的7个分数
的茎叶图有一个数据模糊，无法辨认，在图中以表
示，则5个剩余分数的方差为 ．
16.在矩形ABCD中，AB=2，AD=1.边DC上（包含D、C）上的动点P与CB延长线上（包含点B）的动点Q满足，则的最小值为 ．
三、解答题 （本大题共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.（本小题满分12分） 已知数列的前项和为，．
（Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）求数列的前项和.
18. 如图，在三棱锥中，,平面 平面，、分别为、的中点．
(1)求证： 平面；
(2)求证：；
(3)求三棱锥的体积．
19.进入12月以业，在华北地区连续出现两次重污染天气的严峻形势下，我省坚持保民生，保蓝天，各地严格落实机动车限行等一系列“管控令”，某市交通管理部门为了了解市民对“单双号限行”的态度，随机采访了200名市民，将他们的意见和是否拥有私家车的情况进行了统计，得到如下的列联表：
赞同限行
不赞同限行
合计
没有私家车
90
20
110
有私家车
70
40
110
合计
160
60
220
(1)根据上面的列联表判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为“对限行的态度与是否拥有私家车有关”；
(2)为了了解限行之后是否对交通拥堵、环境染污起到改善作用，从上述调查的不赞同限行的人员中按是否拥有私家车分层抽样抽取6人，再从这6人中随机抽出3名进行电话回访，求3人中至少有1人没有私家车的概率.
附：，其中.
20. 已知斜率为的直线经过点与抛物线（，为常数）交于不同的两点，当时，弦的长为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点的直线交抛物线于另一点，且直线经过点，判断直线是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由.
21. 已知函数（为实数）的图像在点处的切线方程为.
（1）求实数的值及函数的单调区间；
（2）设函数，证明： 时，.
22. 在极坐标系中，曲线，曲线，以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴，建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求的直角坐标方程；
（2）与交于不同四点，这四点在上的排列顺次为，求的值.
23. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若，，求证：.
1.D 2.D 3.D 4.D 5.C 6.C 7.A 8.B 9.A 10.B 11.A 12.C
17.解：（Ⅰ）由，① 得，
，②
①②，得，即（，），
所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以（）．
（Ⅱ），
，
作差得，
∴（）．
18.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).
【解析】试题分析：
(1)由三角形中位线的性质可得DE∥BC，结合线面平行的判断定理可得DE∥平面PBC.
(2)连接PD，由等腰三角形三线合一可知PD⊥AB.且DE⊥AB.利用线面垂直的判断定理有AB⊥平面PDE，故AB⊥PE.
(3)转换顶点，将三棱锥看作以点P为顶点的三棱锥，计算可得，且PD是三棱锥P－BEC的高，计算可得由三棱锥体积公式可得其体积.
试题解析：
(1)证明：∵在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，∴DE∥BC.
∵DE⊄平面PBC且BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.
(2)证明：连接PD.∵PA＝PB，D为AB的中点，∴PD⊥AB.
∵DE∥BC，BC⊥AB，∴DE⊥AB.又∵PD、DE是平面PDE内的相交直线，
∴AB⊥平面PDE.
∵PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE.
(3)解：∵PD⊥AB，平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
∴PD⊥平面ABC，可得PD是三棱锥P－BEC的高．
又∵，.
19.解：(1).
所以在犯错误概率不超过的前提下，不能认为“对限行的态度与是否拥有私家车”有关.
(2)设从没有私家车的人中抽取人，从有私家车的人中抽取人，
由分层抽样的定义可知，解得，
在抽取的6人中，没有私家车的2人记为，有私家车的4人记为，，，，则所有的基本事件如下：
，，，，，，，，
，，，，，，，，
，，，共20种.
其中至少有1人没有私家车的情况有16种.
记事件为“至少有1人没有私家车”，则.
20.【答案】(1) (2) 直线过定点
【解析】试题分析：（1）根据弦长公式即可求出答案；
（2）由（1）可设，则，
则；
同理：；
.
由在直线上（1）；
由在直线上将（1）代入 （2）
将（2）代入方程，即可得出直线过定点．
试题解析：（1））当时，即
联立 消得
由
所以抛物线的标准方程为；
（2）设，则，
则即；
同理：；
.
由在直线上，即（1）；
由在直线上将（1）代入 （2）
将（2）代入方程，易得直线过定点
21【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：（1）由导数几何意义得，又,解方程组可得
.再求导函数零点，根据导函数符号变化规律确定函数单调区间，（2）先化简条件得，再等价转化不等式：要证，需证，即证，最后构造函数，其中，利用导数研究函数单调性：在区间内单调递增，即得,从而结论得证.
试题解析：（1）由题得，函数的定义域为，，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以解得.
令，得，
当时，，在区间内单调递减；
当时，，在区间内单调递增.
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由（1）得，.
由，得，即.
要证，需证，即证，
设，则要证，等价于证：.
令，则，
∴在区间内单调递增，,
即，故.
22.【答案】(1)；.(2).
【解析】试题分析：（1）由，便可得普通方程（2）根据直线参数方程的t的几何意义可设四个交它们对应的参数分别为.把代入，，，把，代入，
得，即，，
而代入求解即可
试题解析：
（1）因为，
由得，
所以曲线的直角坐标方程为，
由得，
所以曲线的直角坐标方程为：.
（2）
不妨设四个交点自下而上依次为，它们对应的参数分别为.
把代入，
得，即，
则，，
把，代入，
得，即，
则，，
所以.
点睛：考察极坐标参数方程化普通方程，对于直线要特别注意直线参数方程中t的几何意义，借助t的意义来表示线段长会很方便.
23.【答案】(1)；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：
(1)利用不等式的特点对 的范围分类讨论，取得绝对值符号后求解不等式的解集即可；
(2)首先利用分析法将要证明的不等式进行等价变形，然后作差结合不等式的特点和题意证得等价变形后的结论即可证得原不等式成立.
试题解析：
（Ⅰ）原不等式即为．
当时，则，解得；
当时，则，此时不成立；
当时，则，解得．
所以原不等式的解集为或．
（Ⅱ）要证，即，只需证明．
则有
．
因为，，
则 ，
所以，原不等式得证．