【文档说明】四川省乐山市中区乐山外国语学校2021届高三上学期期中考试理科数学（详解版）.pdf，共(17)页，1.795 MB，由小赞的店铺上传

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/2020~2021学年四川乐山市中区乐山外国语学校高三上学期期中理科数学试卷(详解)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）2.A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】【解析】已知复数满足，则对应复平面内

的点在（）．A∵复数满足，∴，则对应复平面内的点在第一象限．故选．3.A.B.C.D.【答案】方法一：【解析】某人次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为，，，，已知这组数据的平均数为，方差为，则的值为（）．D由已

知可得：1.A.B.C.D.【答案】【解析】已知集合，，则（）．C∵集合，集合，∴．故选．/方法二：，所以，解之得或，所以，故应选．由题意这组数据的平均数为，方差为可得：，，解这个方程组需要用一些技巧，因为不要直接求出、，只要求出，设，，由得，∴．故选．4.A.B.C.D

.【答案】【解析】数列、、、、、、、、、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于年在他撰写的《算盘全书》中提出的，该数列的特点是：从第三项起，每一项都等于它前面两项的和．在该数列的前项中，偶数的个数为（）．B由斐波

那契数列的特点，可得此数列只有第项为偶数，由于，所以前项中偶数的个数为．故选．5.A.B.C.D.【答案】【解析】已知第四象限内抛物线上的一点到轴的距离是该点到抛物线焦点距离的，则点的坐标为（）．B设，则根据题意及抛物线的定义，得，解得，代入抛物

线方程得，．又点在第四象限，/所以，故，故选．6.A.B.C.D.【答案】【解析】已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影是（）．B∵，∴，又∵，，∴，∴向量在向量方向上的投影是．故选．7.A.B.C.D

.【答案】【解析】在正三棱柱中，若，是的中点，则与所成角的大小（）．B如图，过点作于，为的中点，连接，则与所成角为，设，则，，，所以，所以．故选．/8.A.B.C.D.【答案】【解析】已知，则的值为（）．A∵∴

∴．故选：．9.A.B.C.D.【答案】【解析】“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：已知且是整数，则满足能被除余且被除余的所有的取值的和为（）．B∵能被除余且被除余的数可表示为，由，∴的取值为，，，，，∵，∴满足能被除余

且被除余的所有的取值和为．故选：．10.A.B.C.D.【答案】【解析】已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（）．B/，若，则，即，则，又，解得．又，解得，当时，；当时，，可得．故．故选．11.A.直线的一部分B.圆的一部分C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分【答案】【解

析】如图，在正方体中，是的中点，为底面内一动点，设，与底面所成的角分别为，（，均不为），若，则动点的轨迹为（）．B建系如图，设正方体的边长为，则，，设，则，，∵，，∴，即代入数据，/得：，整理得：变形，得：，即动点的轨迹为圆的一部分，故选：．12.A.B.C.D.【答案】【解析】若

函数，则（）．A依题意，，因为，故函数关于直线对称，令，且，为偶函数．，可知：当时，，，故，当时，，故﹐故函数在上单调递增，又因为为偶函数，故在上单调递减，所以函数在上单调递减，在上单调递增，因为，，，∴，∴，即．/故选：．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，

共20分）13.【答案】【解析】已知实数，满足，则的最大值为．根据约束条件，画出可行域，如图：，即，结合图象可知，当过点时，取最大值，联立，解得，，则点的坐标为，故的最大值．故答案为：．14.【答案】【解析】二项式

展开式的二项式系数之和为，则二项式展开式中的常数项为．由展开式的二项式系数之和为，可得，解得，则二项式为，∴的展开式为．令，则，∴展开式中的常数项为．故答案为：．/15.【答案】【解析】已知三棱锥中，平面，若，，与平面所成线面角的正弦值为，则三棱锥外接球的表

面积为．平面，与平面所成线面角的正弦值为，，根据勾股定理可得，在中，，，，则为直角三角形．三棱锥外接球即为以，，为长、宽、高的长方体的外接球，故，三棱锥外接球的表面积为．故答案为：．16.【答案】【解析】已知是边上一点

，且，，，则的最大值为．设，则，，，由，∴，①由，得，得，②由①②消去得，（时取等），∴，/∴，∴．故答案为：．三、解答题（本大题共5小题，共60分）17.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析

】已知数列是公差不为零的等差数列，，且存在实数满足，．求的值及通项．求数列的前项和．，．．设等差数列的公差为，由存在实数满足①，得②，①②得，，又因为，解得，将代入①可得：，即，又因为，所以．由()可得：，所以：．18.

/（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】生男生女都一样，女儿也是传后人．由于某些地区仍然存在封建传统思想，头胎的男女情况可能会影响生二孩的意愿，现随机抽取某地户家庭进行调查统计．这户家庭中，头胎为女孩的频率为，生

二孩的频率为，其中头胎生女孩且生二孩的家庭数为.完成下列列联表，并判断能否有的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关．生二孩不生二孩合计头胎为女孩头胎为男孩合计在抽取的户家庭的样本中，按照分层抽样的方法在头胎生女孩的家庭中抽取了户，进一

步了解情况，在抽取的户中再随机抽取户，求这户中恰好有户生二孩的概率．附：（其中）．列表如下：生二孩不生二孩合计头胎为女孩头胎为男孩合计能有的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关．．∵头胎为女孩的频率为，∴头胎为女孩的总户数为，∵生二孩的概率为，∴生

二孩总户数为.，能有的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关．列表如下：生二孩不生二孩合计头胎为女孩头胎为男孩合计/（2）在抽取的户家庭的样本中，按照分层抽样的方法，在头胎生女孩的家庭户抽取户，则在这户家庭中，生二胎的户数为，分别记为，，，不生二胎的户数为，分别记为，b.

方法一：从这户家庭中随机抽取户，有，，，，，，，，，共种情况．其中恰有户生二孩的有，，，，，共种情况，故所求概率为．方法二：.19.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，，的中点，且，．求证：平面平面．求二面角的余弦

值．证明见解析．．∵为直三棱柱，∴，∵，∴平面，∴，∵，∴四边形为正方形，，∴，∴平面，而平面，∴平面平面．以点为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系．/则，，，，，设平面从的法向量为，而

，，∴，令，则，同理，平面的法向量为，设二面角的平面角为﹐则，即二面角的余弦值为．故答案为：．20.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】已知椭圆，圆是椭圆长轴和短轴四个端点连接而成的四边形的内切圆．求圆的方程

．过圆上的任一点作圆的切线交椭圆于，两点，求证为定值．．证明见解析．取椭圆上顶点，右顶点，所以，又因为与圆相切且圆心在坐标原点，所以圆的半径为，所以圆的方程为：．故答案为：．当的斜率存在时，设，，，因为与圆相切，所以，所以，又，/所以，所

以，，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以为定值，当的斜率不存在时，此时，所以，的坐标为或，此时，综上可知：为定值．21.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）方法一：（2）【解析】已知函数．求的图象在处的切线方程．若函数有两个不同的零点

，，证明：．．证明见解析．∵，∴，，∴，∴的图像在处的切线方程为：，即．，∵，，两式相减可得：，两式相加可得：，/方法二：方法三：∴，令，不妨设，则，，令，则，∴在上递增，∴，，即，故．下证对于任意的，都有，只需证：，只需证：，只需证：当时，，令，则，∴在上递增，∴，得证．，∵，，两式相减

可得：，两式相加可得：，故，故，∴．，即：，令，∴，，；，，不妨设，，令，则，当时，，∴在上递增，/方法四：方法五：∴，即当时，，∴，又∵，∴，又∵、，且在上递增，∴，∴．，即，令，则，令，∴，，；，，∵函数有两个不同的零点，，∴方程有两个不同的解，，不妨设，，令，则

，则时，，∴在上递增，∴，即时，，∵，∴，又∵，∴，又∵、，且在上递减，∴，即，∴，∴．，即：，令，∴，，；，，∵函数有两个不同的零点，，∴，∴，不妨设，，令，则，当时，，∴在上递减，∴，即当时，，∴，又∵，/∴

，又∵、，且在上递增，∴，∴，∴．四、选做题（本大题共2小题，每小题10分，选做1题）选修4-4：坐标系与参数方程22.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数），（为参数）．将，的参数方程化为普通方程．曲线与交

于，两点，点，求的值．的普通方程为；普通方程为．．，消去得，，消去得，∴的普通方程为；普通方程为．将代入得：，，．23.（1）（2）已知函数．求函数的最大值．已知，，，求的最大值．/（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】．．函数，所以函数的最大值．，令，．由题意可得：，，，所以

，当且仅当时等号成立，此时，，所以的最大值为：．