【文档说明】四川省成都市新都一中2021届高三国庆假期作业理科数学试题（2）PDF版含解析.pdf，共(14)页，774.768 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，总4页2021届四川省成都市新都一中高三国庆假期作业理科数学（2）一、单选题1．设集合0,1,3,5,6,8U，A1,5,8B{2}，，则UAB（）A．0,2,3,6B．

0,3,6C．1,2,5,8D．2．设复数z满足ziizi，则z（）A．1B．-1C．1iD．1i3．已知一组数据（1，2），（3，5），（6，8），00(,)xy的线性回归方程为2yx，则00xy的值为

（）A．-3B．-5C．-2D．-14．七巧板是一种古老的中国传统智力游戏，被誉为“东方魔板”.如图，这是一个用七巧板拼成的正方形，其中1号板与2号板为两个全等的等腰直角三角形，3号板与5号板为两个全等的等腰直角三角形，7号板为一个等腰直角三角形，4号板为一个正方形，6号板为一个平行四边形.现

从这个正方形内任取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A．18B．14C．316D．385．已知双曲线2222:10xyCabab与抛物线220ypxp的交点为,AB，直线AB经过抛物线的焦点F，且线段

AB的长度等于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率为A．21B．3C．2D．26．已知点1,1A，1,2B，2,1C，3,4D，则向量CD在BA方向上的投影是（）A．35B．322C．35D．3227．设O为ABC所在平面内一点，满足2730OAO

BOC，则ABC的面积与BOC的面积的比值为（）A．6B．83C．127D．48．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）试卷第2页，总4页A．20B．24C．18D．169．设为第二象限角，若1tan(

)47，则sincos（）A．15B．15C．75D．7510．已知函数4fxxx，2xgxa，若11,12x，2[2,3]x，12fxgx恒成立，则实数a的取值范围是（）A．1aB．0aC．1

2aD．4a11．过点2,0cAa作双曲线2222:10.0xyCabab的一条渐近线的垂线，垂足为P，点Q在双曲线C上，且3AQQP，则双曲线C的离心率是（）A．512B．51C

．3D．212．已知4ln3a，3ln4b，34lnc，则a，b，c的大小关系是（）A．cbaB．bcaC．bacD．abc二、填空题13．已知54262+5130NNxyxyxy

，则目标函数2010zxy的最大值为________.14．定积分120124xxdx的值______.15．如图，半径为R的球O的直径AB垂直于平面，垂足为B，BCD是平面内边长为R的

正三角形，线段AC，AD分别与球面交于点M、N，则三棱锥ABMN的体积是__________．16．已知lnfxxxmx，若0fx恒成立，则实数m的取值范围是________．试卷第3页，总4页三、解答题17．已

知数列na前n项和为211122nSnn，数列nb等差数列，且满足311b，前9项和为153.（1）求数列na、nb的通项公式；（2）设321121nnncab，数列nc的前n项和为nT.18．某足球运动员进行射门训练，若打进球门算成功，否则

算失败.已知某天该球员射门成功次数与射门距离的统计数据如下：（1）请问是否有90%的把握认为该球员射门成功与射门距离是否超过30米有关？参考公式及数据：22(),()()()()nadbcKnabcdabcdacb

d.20()PKk0.1000.0500.0100.0010k2.7063.8416.63510.828（2）当该球员距离球门30米射门时，设射门角（射门点与球场底线中点的连线和底线所成的锐角或直角）为([0,])2，

其射门成功率为2+3()cossin4f，求该球员射门成功率最高时射门角的值.19．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，90ABCBAD，4ADAP，2ABBC，M，N分别为线段PC，AD上的点（不在端点）.（1）当

M为PC中点时，14ANAD，求证：//MN面PBA；（2）当M为中点且N为AD中点时，求证：平面MBN平面ABCD；（3）当N为AD中点时，是否存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为255，若存在，求出MC的长，若不存在，说明理由.试卷第4页，总

4页20．已知点11,Axy，22,(Dxy其中12)xx是曲线240yxy上的两点，A，D两点在x轴上的射影分别为点B，C，且2BC.（I）当点B的坐标为1,0时，求直线AD的斜率；（II）记OAD的面积为1S，梯

形ABCD的面积为2S，求证：1214SS.21．已知函数xfxeax.（I）讨论fx的单调性；（II）若fx有两个零点1x、2x，且12xx.证明：（i）210x；（ii）12ln2xxa.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为12co

s,12sinxy（为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cos14.（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）设曲线C与直线l交于P，Q两点，求O

POQ的值.答案第1页，总10页2021届四川省成都市新都一中高三国庆假期作业理科数学（2）详解1．A解：0,1,3,5,6,8U，1,5,8A，{2}B，0,3,6UA0,2,3,6UAB故选：A．2．B由()(1)

11ziiziiziizizzi.故选：B3．A由题意知001110,1544xxyy，样本中心点的坐标为001110,1544xy，线性回归方程为2yx，00111510244yx，

解得003xy，故选A.4．C3号与5号是全等的等腰直角三角形，设其面积为S，可得4号板面积为2,6S号板面积为2,7S号板面积为2S，则正方形面积为16S，阴影的面积为23SSS，由古典概型概率的公式可得，此点取自阴影部分的概率为331616SS，故选C.5．B由题易

知，ABx轴.又由直线AB经过抛物线的焦点F，把2px代入22ypx可得22yp，从而可得22pb，即.pb又点,2pp，即,2bb在双曲线上，可得422241bbab，即228ba，进

而22229caba，离心率3cea.故选：B.6．A答案第2页，总10页由题可知，(1,1)A，(1,2)B，(2,1)C，(3,4)D，所以(2,1)BA，(5,5)CD，则向量CD在BA方向上的投影是2

515355||BACDBA.故选：A.7．A作2OAOA，7OBOB，3OCOC，如图，∵2730OAOBOC，∴O是'''ABC的重心，则''''''OABOBC

OCASSS△△△，设''''''OABOBCOCASSSt△△△，设,,OABOACyOBCSxSSz△△△，∵2OAOA，7OBOB，3OCOC，∴''1''sin''2141sin2OABOABOAOBAOBSSOAOBAOB

△△，即114xt，同理16yt，121zt，11161462121ABCSxyztttt△，∴6216121ABCOBCtSSt△△．故选：A．8．A由几何体的三视图还原出该几何体的直观图，如图所示．该几何体是一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．由题中

数据可得三棱柱的体积为1344=242，截去的三棱锥的体积为4，故该几何体的体积是20．故选：A9．Atan11tan()41tan7,即7tan11tan答案第3页，总10页可得：8tan

6，解得：3tan4由22sin3tancos4sincos1可得：3sin54cos5所以1sincos5.故选：A10．A4fxx

x，222241xxfxxx，当11,12x，10fx，1fx为减函数.所以1min15fxf.又因为2xgxa在[2,3]为增函数，所以22,3x，2min24gxga.因为11,

12x，2[2,3]x，12fxgx恒成立，所以12minminfxgx即可，即54a，1a.故选：A11．D解：由题意设点2,0cAa作双曲线的一条渐近线byx

a即0bxay的垂线，则垂线AP的斜率为：ab，且过点2,0cAa，所以垂线AP的方程为：2()acyxba，即：20axbyc，联立方程：200bxayaxbyc，解得：xayb，

则(,)Pab，设点(,)Qmn，则2(,)cAQmna，(,)QPambn，且3AQQP，答案第4页，总10页所以：23333cmamanbn，解得：223434acm

anb，则点2233(,)44acQba因为点Q在双曲线C上，所以22222233441acbaab，化简整理得：426160ccaa，解得：22ca或

28ca（舍去），所以：2cea，故选：D.12．B对于,ab的大小：44ln3ln3ln81a，33ln4lnln644b，明显ab；对于,ac的大小：构造函数ln()xfxx，则'21ln()xfxx，当(0,)xe时，'()0,(

)fxfx在(0,)e上单调递增，当(,)xe时，'()0,()fxfx在(,)e上单调递减，3,()(3)eff即33lnln3,3lnln3,lnln3,33

ac对于,bc的大小：3ln4ln64b，3434lnln[()]c，6443[()]，cb故选B．13．100作出由不等式组满足的平面区域，如图将目标函数2010zxy化为210zyx由图可知，当直线210zyx过点(5,0)A时直线2

10zyx在y轴上的截距最大，此时z有最大值100,故答案为：100.14．1答案第5页，总10页120124xxdx11200124xdxx，因为1201xdx等于以

原点为圆心，以1为半径的圆面积的四分之一，为4，121002|1444xxx，所以112001211444xdxx，故答案为：115．38375R2ABR，BCR，5ACR，半径为R的球O的直径AB垂

直于平面，垂足为B，BCD是平面内边长为R的正三角形，线段AC，AD分别与球面交于点M、N，BAMBAC，90AMBABC，ABCAMB∽，ABACAMAB，455AMR，45AMAC，类似

有45ANAD，2416()525ABMNAMNABCDABCVSVS，三棱锥ABMN的体积：231613832253475ABMNVRRR．故答案为：38375R．16．(,1)函数()fx的定义域为(0,)x

，由0fx，得ln||xxmx，答案第6页，总10页(ⅰ)当(0,1)x时，||0xm，ln0xx，不等式恒成立，所以mR;(ⅱ)当1x时，|1|0m,ln0xx,所以1m;(ⅲ)

当1x时,不等式恒成立等价于lnxmxx恒成立或lnxmxx恒成立，令ln()xhxxx，则221ln()xxhxx，因为1x，所以()0hx，从而()1hx，因为lnxmxx恒成立等价于min()mhx，所以1m£，令ln()xgxxx

，则221ln()xxgxx，再令2()1lnpxxx,则1'()20pxxx在(1,)x上恒成立,()px在(1,)x上无最大值，综上所述，满足条件的m的取值范围是(,1).故答案为：(,1)

.17．解：（1）由211122nSnn，可得11111622aS，2n时，2211111111152222nnnaSSnnnnn，对1n也成立，则5nan，*nN，

由数列nb等差数列，公差设为d，满足311b，前9项和为153，可得1211bd，1936153bd，即1417bd，解得15b，3d，则53132nbnn，*nN；（2）3311112112121

63212122121nnncabnnnnnn，则前n项和为11111111112335212122121nnTnnnn.答案第7页，总10页18．（1）由题知：22602616144)

=10.86.63540203030k（所以有99%的把握认为该球员射门成功与射门距离是否超过30米有关（2）由题知：1()sinsincos(cos)22f

因为()0f，得3所以当(0,)3时，()0f；当(,)32时，()0f所以()f在(0,)3上单调递增；在(,)32上单调递减所以()()3ff，即球员射门成功率最高时射门角319．解：（1）证明：取BC中点E，连

结ME，NE，∵在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，90ABCBAD，4ADAP，2ABBC，M为PC中点，14ANAD，∴MEPB∥，NEAB∥，∵PBABB，MENEE，∴平面PAB平面MN

E，∵MN平面MNE，∴MN∥面PBA.（2）证明：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则2,0,0B，2,2,0C，0,0,4P，1,1,2M，0,2,0N，1,1,2MN，1,1,2MB，设平面MBN的法向量,,

nxyz，则2020nMNxyznMBxyz，取1x，得1,1,0n，平面ABCD的法向量0,0,1m，∵0mn，∴平面MBN平面ABCD.（3）解：假设存在存在,,Mabc，使得直

线MBN与平面PBC所成角的正弦值为255，CMCP.则2,2,2,2,4abc，解得22a，22b，4c，∴22,22,4M，则22,2,4MN，0,2,0BC，2,0,4BP，答案第8页，总10

页设平面PBC的法向量,,pabc，则20240pBCbpBPac，取2a，得(2,0,1)p，∵直线MN与平面PBC所成角的正弦值为255，∴2224255222420MNpMN

p，整理，得224830＝，无解，∴不存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为255.20．（Ⅰ）因为1,0B，所以11,,Ay代入24yx，得到12y又2BC，所以212xx，所以23x

代入24yx，得到123y所以2121232312ADyykxx（Ⅱ）法一：设直线AD的方程为ykxm.则1211||||.2OMDOMASSSmxxm…由24ykxmyx

,得222240kxkmxm,所以所以212211212142Syyxxyykxmkxmk,又1204kmyy，所以0,0km，所以12124SmkmSyy，因为16160km，所以01km,所以12144SkmS

.答案第9页，总10页法二：设直线AD的方程为ykxm.由24ykxmyx,得222240kxkmxm,所以22212121121ADkxxkxxk,点O到直线

AD的距离为21mdk,所以112SADdm所以212211212142Syyxxyykxmkxmk又1204kmyy，所以0,0km因为16160km，所以01

km所以12124SmkmSyy1421．（Ⅰ）函数yfx的定义域为R，且xfxae.①当0a时，0fx，函数yfx在R上单调递减；②当0a时，令0

fx，可得lnxa；令0fx，可得lnxa.此时，函数yfx的单调递减区间为,lna，单调递增区间为ln,a；（Ⅱ）证明：（i）当0a时，函数yfx在R单调递减，此时，函数yfx至多一个零点，所以要使得函数

yfx有两个零点1x、2x，一定有0a且ln0fa，即lnlnlnln1ln0afaeaaaaaaa，解得ae，则ln1a，即1ln,a，因为函数yfx的单调递减区间为,l

na，单调递增区间为ln,a，且12xx，则12lnxax，答案第10页，总10页又因为10fea，010f，所以21,0x；（ii）因为12lnxax，则22lnl

naxa，要证12ln2xxa，即证122lnxax，因为函数yfx在,lna单调递减，即证122lnfxfax，又10fx，即证22ln0fax，2222ln222222ln2ln2ln2lnaxxxfaxeaax

aeaaxaaeax，因为20fx，得22xeax，所以2222222222112ln2ln2lnlnxxxeaeaxxexxxxx

2222222112ln2lnxxxxxxx，令12lnhxxxx，1,0x，222221122110xxxhxxxxx，所以函数yfx

在1,0单调递增，又210x，所以210hxh，即222ln0xaeax，所以222ln0xaaeax，22ln0fax，综上可知，12ln2xxa.22．（1）由12cos(12sinxy为参数），消去参数得22

(1)(1)2xy．曲线C的普通方程为22(1)(1)2xy．由2cos()14，得cossin1，而cosx，siny．直线l的直角坐标方程为10xy；（2）化曲线C的方程为极坐

标方程：2cos2sinrqq．联立直线l的极坐标方程cossin1．消去得：42840．设P，Q两点所对应的极径分别为1，2，则212()4．12||||||2OPOQ

．