【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2021届高三上学期第三次月考数学（理）试题含答案.docx，共(9)页，765.450 KB，由小赞的店铺上传

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长安一中2020—2021学年度第一学期第三次质量检测高三年级数学（理科）试题一、选择题：本题共12小题，每小题5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{23}xx−∣，

{(3)0}NxNxx=−∣，则MN=（）A．{03}xx∣B．{03}xx∣C．{0,1,2}D．{1,2}2．若复数满足(1)23izi−=+，则z的实部与虚部之和为（）A．1522i−+B．2C．2−D．33．若双曲线2222:1(0,0)xyCabab−

=的实轴长是虚轴长的2倍，则其渐近线方程为（）A．yx=B．2yx=C．12yx=D．2yx=4．已知0.2log2a=，ln2b=，0.12c=，则（）A．abcB．acbC．cabD．bca5．在等比数列na中，23916aa=，则6tana的值为（）

A．1B．1−C．1D．46．恩格尔系数是食品支出总额占个人消费支出总额的比重，恩格尔系数越小，消费结构越完善，生活水平越高．某学校社会调查小组得到如下数据：年个人消费支出总额x（万元）11.522.53恩格尔系数y0.

90.750.50.250.1若y与x之间具有线性相关关系，且由最小二乘法求得y关于x的线性回归方程为ˆˆ0.42yxa=−+，则当2.2x=时，y的预测值为（）A．0.7B．0.3C．0.48D．0.4167．已知直角梯形ABCD中

，AB//CD，90BAD=，60BCD=，E是线段AD上靠近A的三等分点，F是线段DC的中点，若2AB=，3AD=，则EBEF=（）A．73B．113C．79D．1198．如图，网格纸上小正方形的边长为1，根据图中三视图，求得该几何体的

体积为（）A．2483+B．88+C．3283+D．32243+9．若正数x，y满足35xyxy+=，则34xy+的最小值是（）A．245B．285C．5D．610．某风景区在大门外新建了一个标志，抽象出

其曲线，在如图所示的直角坐标系中，与下列函数解析式最接近的是（）A．||xyxe=B．1yxx=−C．lg||||xxyx=D．||cos1xxxye=−11．函数()fx可以看作是将函数2cosyx=的图像向右平移6个单位后，再把图像上所有点的

横坐标变为原来的1(0)倍而得到的，若函数()fx在区间4,33上单调递减，则的取值范围是（）A．195,82B．17,28C．50,8D．7,1812．已知球O是三棱锥PABC−

的外接球，2PAABPBAC====，22CP=，点D是PB的中点，且7CD=，则球O的表面积为（）A．283B．143C．282127D．163二、选择题：本题共4小题，每小题5分．13．曲线()1sinfxx=−在点(0

,(0))f处的切线方程为．14．记nS为等差数列na的前n项和，若484aa+=，则1165SSS+−=．15．某场足球比赛计划从甲、乙两人中挑选一名服务员，已知甲计划在7:008:00−到达足球场地，

乙计划在7:308:00−到达，若规定谁先到达，就安排谁参加服务工作，则甲参加服务工作的的概率为．16．已知点1F，2F分别是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点，过原点O且倾斜角为60的直线l与椭圆C的一个交点为M，且1212MFMFMFMF+=

−，则椭圆C的离心率为．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．ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2bAca=−．（1）求B；（2）若42c=，72cos10A

=，求ABC△的面积．18．某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果．某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下（下表所示）：等级标准果优质果精品果礼品果个数10304020（1）

若将频率视为概率，从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率．（结果用分数表示）（2）用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考．方案1：不分类卖出，单价为20元/kg．方案2

：分类卖出，分类后的水果售价如下．等级标准果优质果精品果礼品果售价（元/kg）16182224从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案？（3）用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中

随机抽取3个，X表示抽取的是精品果的数量，求X的分布列及数学期望()EX．19．已知三棱柱111ABCABC−中，1222AABCAA===，90BAC=，1120BAA=．（1）求证：AB⊥平面1ABC；（2）

若11BCAA=，求平面11ABC与平面1BCB所成二面角的余弦值．20．已知经过抛物线2:8Cyx=的焦点F的直线l与抛物线C相交于两点()11,Axy，()22,Bxy，直线AO，BO分别交直线:2mx=−于点M，N．（

1）求证：OAOB为定值；（2）求OMNS△的最小值．21．已知函数ln1()xxafxx++=，在区间[1,2]有极值．（1）求a的取值范围；（2）证明：(sin1)()axfxx+．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．22．

【选修4-4坐标系与参数方程】在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为4(2cossin)=+．现以极点O为原点，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为5152525xtyt=−+=+（t为参

数）．（1）求曲线C的直角坐标系方程和直线l的普通方程；（2）求曲线C关于直线l对称曲线的参数方程．23．【选修4-5：不等式选讲】已知函数()||||fxxaxa=−++．（Ⅰ）当2a=时，解不等式()6fx；（Ⅱ）若关于x的不等式2

()1fxa−有解，求实数a的取值范围．长安一中2020—2021学年度第一学期第三次质量检测高三年级数学（理科）试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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．题号1234567891

01112答案CBCACDAACCBA二、选择题：本题共4小题，每小题5分．13．10xy+−=14．2415．3416．31−三、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．解：（1）在ABC

△中，因为2cos2bAca=−，所以2sincossinsin2BACA=−．所以2sincossin()sin2BAABA=+−，化简可得2cossinsin02BAA−=．因为sin0A，所以2cos2B=．因为0,2B，所以4B=．（2）因为72cos10A=，0

,2A，所以22722sin1cos11010AA=−=−=．因为4B=，所以sinsin()sincoscossinCABABAB=+=+2272241021025=

+=在ABC△中，由正弦定理可得242sin254sin5cBbC===．所以112sin54222210ABCSbcA===△．18．解：（1）设从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为A，则201()1005PA==，现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品

果的个数为X，则1~4,5XB，恰好抽到2个礼品果的概率为：22244196(2)55625PXC===．（2）设方案2的单价为，则单价的期望值为：1342()1618222410101010E=+++165488482010

+++==，()20E，从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案．（3）用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个，则其中精品果4个，非精品果6个，现从中抽取3个，则精品果的数量X服从超几何分布，所有可能的取

值为：0，1，2，3，则363101(0)6CPXC===；21643101(1)2CCPXC===；12643103(2)10CCPXC===；3431(3)20CPXC===，X的分布列如下：X0123P1612310130113

16()01236210305EX=+++=．19．解：（1）依题意，1120BAA=，故160ABB=；在1ABB△中，1AB=，112BBAA==，160ABB=，由余弦定理得22211112cos3ABABBBABBBABB=+−=，13AB=，2221

1BBABAB=+，1ABAB⊥又90BAC=，ACAB⊥，又1ACABA=，AB⊥平面1ABC（2）13AB=，1ABAC==，12BC=，22211BCABAC=+，1ABAC⊥．如图，以A为原点，以

AB，AC，1AB的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，1(0,0,3)B，(1,0,0)B，(0,1,0)C，1(1,1,3)C−，1(1,0,3)BB=−，(1,1,0)BC=−．1(0,0,3)AB=，1(1,1,3)AC=−设平面11

ABC的法向量(,,)mxyz=，由1100ABmACm==得3030zxyz=−++=，令1x=，得1y=，0z=．平面11ABC的一个法向量为(1,1,0)m=．设平面1

BCB的法向量()111,,nxyz=．由100BBnBCn==得1111300xzxy−+=−+=，令11z=，得113xy==．平面1BCB的一个法向量为(3,3,1)n=，设m，

n所成角为，故42cos||7mnmn==‖；因为平面11ABC与平面1BCB所成二面角为锐角，故所求余弦值为427．20．解：（1）易知(2,0)F，设:2ABxy=+，则228xyyx=+=，得28160y

y−−=1216yy=−，()22212121248864yyyyxx===，12OAOB=−（2）设211,8yAy，222,8yBy，所以18AOky=，28BOk

y=，所以AO的方程是18yxy=，由182yxyx==−，116Myy=−，同理由282yxyx==−，216Nyy=−1212121616||16MNyyMNyyyyyy−=

−=−+=且由（1）知1216yy=−，128yy+=−()22121212481yyyyyy−=+−=+，212||81MNyy=−=+211||||812822MNOSMNOF==+

△，当且仅当0=时，OMNS△取最小值8．21．解：（1）由1()lnafxxx+=+得2211(1)()(0)axafxxxxx+−+=−=，当11a+即0a时，()0fx，所以()fx在[1,2]上单调递增，无极值；当12a+即1a时，()0fx，所以()

fx在[1,2]上单调递减，无极值；当112a+即01a，由()0fx得1xa+；由()0fx得1xa+，所以()fx在[1,1)a+上单调递减，在(1,2]a+上单调递增，符合题意，01a；（2）要证()(sin1)xfxax+成立，只需证ln1sinxx

aaxa+++成立，即证lnsin1xxax−，先证：ln1xxax−．设()ln1gxxxax=−+，则()1lnln1gxxaxa=+−=+−，所以()fx在()10,ae−上单调递减，在()1,ae−+上单调递增

，所以()1111()(1)11aaaagxgeaeaee−−−−=−−+=−，因为01a，所以110ae−−，则()0gx，即ln1xxax−①，再证：1sin1axax−−．设()sinhxxx=−，则()1cos0hxx=−．所以()hx在(0,)+上单调

递增，则()(0)0hxh=，即sinxx．因为01a所以1sin1axax−−②，由①②可得lnsin1xax−，所以()(sin1)xfxax+．22．解析：（1）由曲线C的极坐标方程为4(2cossin)=+，则28cos4sin

=+，即2284xyxy+=+，得其标准方程为22(4)(2)20xy−+−=．直线参数方程为5152525xtyt=−+=+（t为参数），则其普通方程为240xy−+=．（2）由（1）得曲线C为圆心为(4,2)，半径为25

的圆，过C点作直线l的垂线l，则12lk=−，从而直线l的方程为280xy+−=，联立直线l，l的方程，可求两直线的交点坐标为(0,4)，故圆心(4,2)C关于点(0,4)对称点坐标为(4,6)C

−，其对应的参数方程为425cos625sinxy=−+=+（为参数）．23．【解析】（Ⅰ）当2a=时，2,2()|2||2|4,222,2xxfxxxxxx=−++=−−−．当2x时，可

得26x，解得3x；当22x−时，因为46不成立，故此时无解；当2x−时，由26x−得，3x−，故此时3x−；综上所述，不等式()6fx的解集为(,3)(3,)−−+．（Ⅱ）因为()

|||||||2|fxxaxaxaxaa=−++−−−=，要使关于x的不等式2()1fxa−有解，只需2|2|1aa−成立即可．当0a时，2|2|1aa−即221aa−，解得12a+，或12a−（舍去）；当0a时，2|2|1aa−，即221aa−

−，解得12a−+（舍去），或12a−−；所以a的取值范围为(,12)(12,)−−−++．