【文档说明】吉林省吉林市第一中学2021届高三下学期数学一轮复习双周测 答案（八）（理科平行班）+图片版.pdf，共(8)页，1.310 MB，由小赞的店铺上传

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第1页共1页周测八(理）答案1.已知M，N均为R的子集，且∁RM⊆N，则M∪(∁RN)=()A.⌀B.MC.ND.R【答案】B【解析】解：如图所示易知M∪(∁RN)=M．故选：B．根据M，N均为R的子集，且∁RM⊆N，画出韦恩图，结合图形可求出M∪(∁RN)．本题主要考查

了集合的并集与补集，解题的关键是作出符合题意的韦恩图，同时考查了学生推理的能力．2.在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为()A.16B.13C.12D.23【答案】C【解析】解：三张卡片随机分给三位同学，共有A33

=6种情况，恰有1位学生分到写有自己学号卡片，则有C13×1=3种情况，所以恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为36=12．故选：C．先求出三张卡片随机分给三位同学的基本事件数，再求出恰有1位学生分到写有自

己学号卡片的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可．本题考查了古典概型及其概率计算公式的应用，涉及了排列组合的应用，解题的关键是确定总基本事件数和要求的基本事件数．3.关于x的方程x2+ax+b=0，有下列四个命题：甲：x=1是该方程的根；乙

：x=3是该方程的根；第2页共2页丙：该方程两根之和为2；丁：该方程两根异号．如果只有一个假命题，则该命题是()A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】A【解析】解：若甲是假命题，则乙丙丁是真命题，可得x1=3，x2=−1，符合题意；若乙是假命题，则甲丙丁是真命题，可得x1=1，x2=1，两根

不异号，不合题意；若丙是假命题，则甲乙丁是真命题，可得x1=3，x2=1，两根不异号，不合题意；若丁是假命题，则甲乙丙是真命题，两根和不为2，不合题意．综上可知，甲为假命题．故选：A．分别设甲、乙、丙、丁为假命题，结

合真命题中方程两根的情况判断．本题考查简单的合情推理，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是基础题．4.椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1，F2，上顶点为A，若∠F1AF2=π3，则m=()A.1B.2C.3D.2【答案】C【解析】解：由题

意可得c=m2+1−m2=1，b=m，又因为∠F1AF2=π3，可得∠F1AO=π6，可得tan∠F1AO=1m=33，解得m=3．故选：C．由题意利用椭圆的性质可求c=1，b=m，可求∠F1AO=π6，解三角形即可求解m的值．本题主要考查了椭圆的性质，考查了计算能力，属于基础

题．5.已知单位向量⃗a，⃗b满足⃗a⋅⃗b=0，若向量⃗c=7⃗a+2⃗b，则sin<⃗a，⃗c>=()A.73B.23C.79D.29【答案】B【解析】解：⃗a⋅⃗c=⃗a⋅(7⃗a+2⃗b)=7⃗a2

+2⃗a⋅⃗b=7，第3页共3页|⃗c|=(7⃗a+2⃗b)2=7⃗a2+2⃗b2+214⃗a⋅⃗b=7+2=3，所以cos<⃗a,⃗c>=⃗a⋅⃗c|⃗a||⃗c|=71×3=73，所以sin<⃗a,⃗c>=23．故选：B．由已知结合向量数量积的定义及向量数量积性质可

求cos<⃗a,⃗c>，然后结合同角平方关系即可求解．本题主要考查了向量数量积的定义及性质，考查了转化思想，属于基础题．6.(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中x2的系数是()A.60B.80C.84D.120【答案】D【解析】解：(1+x)2+(1+

x)3+…+(1+x)9的展开式中x2的系数为C22+C23+…+C29=C33+C23+…+C29=C310=120．故选：D．根据通项公式表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是Crn，表示出x2的系数，然后利用组合数的性质进

行求解．本题主要考查了二项式定理的应用，以及二项式系数的求解，解题的关键是利用组合数公式Cm−1n+Cmn=Cmn+1，属基础题．7.天干地支纪年法，源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二

地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推.

排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推.在1980年庚申年，我国正式设立经济特区，请问：在100年后的2080年为（）A．辛丑年B．庚子年C．己亥年D．

戊戌年【答案】B【详解】由题意可得：数列天干是以为公差的等差数列，地支是以为公差的等差数列，从1980年到2080年经过100年，且1980年为庚申年，第4页共4页以1980年的天干和地支分别为首项，则余数0，则2080年天干为庚，余数为，则2080年地支为子，所以2080年为庚

子年.8.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中下列选项错误的个数是⑴AE//CD⑵CH//BE⑶DG⊥BH⑷BG⊥DEA.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】解：还原正方体直观图如图，可知A

E与CD为异面直线，由EH//−BC，可得CH//BE，正方形中易得DG⊥平面BCH，所以有DG⊥BH，因为BG//AH，且DE⊥AH，所以BG⊥DE，故选：B把展开图恢复成正方体，判断其直线平面的位置关系，

充分利用平行，垂直问题求解．本题考查了折叠问题，恢复到正方体，运用几何体中的性质，判断位置关系，属于中档题，但是难度不大．9，已知抛物线y2=2px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x−2)2+y2=1的两条切线，则

直线BC的方程为()A.x+2y+1=0B.3x+6y+4=0C.2x+6y+3=0D.x+3y+2=0【答案】B【解析】解：把点A(2,2)代入抛物线方程可得p=1，所以抛物线的方程为y2=2x，又直线AB，AC是圆(x−2)2+y2=1的两

条切线，设切线方程为y−2=k(x−2)，因为圆心到切线的距离等于半径，则有1=|2|k2+1，解得k=±3，则直线AB的方程为y−2=3(x−2)，直线AC的方程为y−2=−3(x−2)，联立直线AB

和抛物线的方程可求得B(83−43,23−2)，同理可求得C(83+43,−23−2)，由直线的两点式方程可得，直线BC的方程为3x+6y+4=0．故选：B．第5页共5页利用点A在抛物线上求出抛物线的方程，再利用直线与圆相切求出两条切线的

方程，联立方程组求出B，C，利用直线的方程即可求解．本题考查了直线与圆的位置关系的应用，涉及了直线方程的求解、交点的求解，解题的关键是利用圆心到切线的距离等于半径求出切线的斜率．10.已知a<5且ae5=5ea，b<4且be4=4eb，c<3且ce3=3ec，则(

)A.c<b<aB.b<c<aC.a<c<bD.a<b<c【答案】D【解析】解：根据题意，设f(x)=exx，a<5且ae5=5ea，变形可得eaa=e55，即f(a)=f(5)，b<4且be4=4eb，变形可得ebb=e44，即f(b)=f(4)，c<3且ce3=3ec，变形可得ecc

=e33，即f(c)=f(3)，f(x)=exx，其导数f′(x)=ex(x−1)x2，在区间(0,1)上，f′(x)<0，则f(x)为减函数，在区间(1,+∞)上，f′(x)>0，则f(x)为增函数，其草图如图：则有0<

a<b<c<1，故选：D．根据题意，设f(x)=exx，对三个式子变形可得f(a)=f(5)，f(b)=f(4)，f(c)=f(3)，求出f(x)的导数，分析其单调性，可得f(x)的大致图象，分析可得答案．

本题考查函数的单调性的分析以及性质的应用，涉及利用导数分析函数的单调性，属于基础题．二、填空题11.圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为______．【答案】61π【解析】解：如图所示：由题意可知，圆台的下底面为球的大圆，

所以O为球心，∵BM=4，OB=5，∴OM=3，第6页共6页即圆台的高为3，所以其体积V=13πh(R2+r2+Rr)=13π×3×(52+42+5×4)=61π，故答案为：61π．由题意可知圆台的下底面为球的大圆，利用勾股定理求出圆台的高，再由圆台的体积

公式即可求出结果．本题主要考查了圆台的结构特征，考查了圆台的体积公式，考查了学生的计算能力，是基础题．12.若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率之和为______．【答案】【解析】解：设正方形一条边所在的直线倾斜角为α，则tan(α+π4)=2，解得t

anα=13，所以该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为13，−3．设正方形一条边所在的直线倾斜角为α，则由正方形一条对角线所在直线的斜率为2，结合倾斜角与斜率的关系求出tanα，利用正方形的性质即可得到答案．本题考查了直线的倾斜角与斜率关系的应用、互相垂直的直线斜率关系

的应用，解题的关键是求出其中一条边的斜率．13.对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差εn～N(0,2n)，为使误差εn在(−0.5,0.5)的概率不小于0.9545，至少要测量______次.(若X～N(μ,σ2)，则P(|X

−μ|<2σ)=0.9545)．【答案】32【解析】解：根据正态曲线的对称性知，要使得误差εn在(−0.5,0.5)的概率不小于0.9545，则(μ−2σ,μ+2σ)⊂(−0.5,0.5)且μ=σ，σ=2n，所以0.5≥22n，解得，n≥32，即n的最小值32．故答案为：32．根据正态曲

线的对称性知，要使得误差εn在(−0.5,0.5)的概率不小于0.9545，问题转化为(μ−2σ,μ+2σ)⊂(−0.5,0.5)且μ=σ，σ=2n，可求．第7页共7页本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性

，属于基础题．14.设函数f(x)=cos2x2+sinxcosx，则f(x)的最大值为_____．【答案】215【解析】解：对于B：f(x)的几何意义为单位圆上动点(sin2x,cos2x)与点(−4,0)连线的斜率的2倍，相切时，最大值为

215，如图所示：直接利用三角函数的关系式的变换和函数的性质及三角函数与斜率的关系的应用判断A、B、C、D的结论．本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，三角函数的性质，关系式和斜率的转换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维

能力，属于基础题．三、解答题15.某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生，经过层层筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题．已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率

均为23，甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的．(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大？解析(1)设甲、乙两名学生共答对2个问题为事件A由题意可

得，所求概率为P（A）＝C41C22C63×C31×23×(13)2＋C42C21C63×C30×(23)0×(13)3＝115.4分答：甲、乙两名学生共答对2个问题的概率为1155分(2)设学生甲答对的题数为X，则

X的所有可能取值为1，2，3.P(X＝1)＝C41C22C63＝15，P(X＝2)＝C42C21C63＝35，P(X＝3)＝C43C20C63＝15，E(X)＝1×15＋2×35＋3×15＝2，7分D(X)＝(1－2)2×15

＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15＝25，8分第8页共8页设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3.由题意可知Y～B(3，23)，所以E(Y)＝3×23＝2，10分D(Y)＝3×

23×13＝23.11分因为E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，所以甲被录取的可能性更大．12分