【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（1）PDF版含解析33333333.pdf，共(12)页，758.024 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（1）一、单选题1．已知集合{2,1,0,1,2,3}M，2{|30}Nxxx，则RMCN（）A．2,1,0,3

B．1,2,3C．0,1,2,3D．1,22．已知i为虚数单位，且复数z满足13izi，则z的共轭复数（）A．3iB．3iC．3iD．3i3．已知命题p：(,0)x，32xxa，若p为假命题，则实数a的取值范围是（）A．1a

B．0aC．1aD．01a4．在ABC中，4ACB，点D在线段BC上，212ABBD，10AD，则AC（）A．1023B．2023C．1673D．8735．若变量x，y满足约束条件00340xyxyxy，则32xy

的最大值是（）A．10B．0C．5D．66．设等差数列na满足：13a，公差0,10d，其前n项和为nS．若数列1nS也是等差数列，则51nnSa的最小值为（）A．3B．2C．5D．67．已知2(,2,0),(3,2,)axbxx，

且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是（）A．4xB．40xC．04xD．4x8．抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（）A．14B．13C．532D

．3169．函数2cos1xyx，,33x的图象大致是（）试卷第2页，总4页A．B．C．D．10．已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，且两两垂直，ABC是边长为2的正三角形，则球O的体积为（）A．86B．46

C．6D．6211．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为12(,0),(,0)FcFc，A为双曲线C的右支上一点，且12AFc，1AF与y轴交于点B，若2FB是21AFF的平分线，

则双曲线C的离心率e()A．51B．152C．352D．512．已知函数,01,ln2,12,xxfxxx若存在实数1x，2x满足1202xx，且12fxfx，则21xx的最大值为（）A．2eB．e12C．1ln2D．2ln

4二、填空题13．将二进制数2100101化成十进制数，结果为__________.14．若312nxx的展开式中所有项系数和为81，则展开式的常数项为________.15．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边

AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的

是________.（填写所有正确结论的编号）16．已知函数()sin24cosfxxax在(0,)2单调递增，则实数a的取值范围_________.试卷第3页，总4页三、解答题17．已知xR，设3cos,sincosmxxx，2sin,

sincosnxxx，记函数fxmn.（1）求函数fx的最小值，并求出函数fx取最小值时x的值；（2）设ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2fC，23c，求ABC的面积S的最大值.18．某县教研室联合本县A，B两所招生生源大体相当的学校举行一次高

一数学联考，满分150分，规定120分及其以上为优秀，教研室为了研究数学成绩与学校是否有关，用简单随机抽样的方法调查了100名联考学生的成绩，得到下面22列联表：优秀非优秀合计A学校481260B学

校162440合计6436100（1）估计A校学生数学成绩为优秀的概率；（2）能否有99.9%的把握认为这次考试数学成绩优秀与学校有关？附22nadbcKabcdacbd

2PKk0.0500.0250.0100.001k3.8415.0246.63510.82819．如图，在三棱柱111ABCABC中，ABAC，顶点1A在底面ABC上的射影恰为点B，且12.ABACAB（1）证明：平面1AAC平面1

ABB；（2）求棱1AA与BC所成的角的大小；（3）若点P为11BC的中点，并求出二面角1PABA的平面角的余弦值．试卷第4页，总4页20．已知椭圆C：222210xyabab的离心率32e，椭圆C上的点到其左焦点的最大距离为23.（

Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点A,0a作直线l与椭圆相交于点B，则y轴上是否存在点P，使得线段PAPB，且4PAPB？若存在，求出点P坐标；否则请说明理由.21．已知函数sin1lnfxmxx

.（1）当1m时，求函数fx在0,1的单调性；（2）当0m且1ae时，1gxafxx，求函数gx在0,e上的最小值；（3）当0m时，1(2hxfxbx有两个零点1x，

2x，且12xx，求证：121xx.22．在平面直角坐标xOy中，直线l的参数方程为2xtyt（t为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2241sin.（1）求直线l的普

通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）设0,2P，直线l与曲线C的交点为M、N，线段MN的中点为Q，求OPOQ的值.答案第1页，总8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（1）详解1．D∵{|0Nxx或3}x∴|03RxCN

x,故，1,2RMCN,故选：D2．A由题意可得13133iziiii，所以z的共轭复数是3i.故选：A3．A解：当命题p为真命题时，,0x，32xxa等价于,03,

2xax所以有1a所以当p为假命题时，实数a的取值范围是：1a.故选：A.4．C如图所示：在ABD△中，由余弦定理可得2225cos29ABBDADBABBD，2214sin1cos9BB，在ABC中，由正弦定理得sinsinABACCB，可得21

412sin1679sin322ABBACC.故选：C.5．A不等式组表示的可行域如图所示：联立0340xyxy，解得22xy，2,2A.令32zxy，得322zyx，z表示直线322zyx的y轴截距2

倍.当直线322zyx过2,2A时，z取得最大值.max6410z.故选：A6．B解：由题意知，2113222nSnnddandnn，则1233,6,39SSdSd，答案第2页，总8页因为

1nS是等差数列，所以2132111SSS，即272310dd，两边平方整理得144310dd，平方整理得，220360dd，解得2d或18，因为0,10d，所以2d，所以1121naandn，22nSnn，所以252512

2nnSnnan214121222212121nnnnnn，当且仅当1221nn，即1n时等号成立.故51nnSa的最小值为2，故选:B.7．A∵2(,2,0)3,2,xxx，∴a与b不共线，∵a与b的夹角为钝角，∴0ab

，即32(2)0xx，解得4x，故选A.8．A样本空间样本点为5232个，具体分析如下：记正面向上为1，反面向上为0，三个正面向上为连续的3个“111”，有以下3种位置111____，__111__，____111．剩下2个空位可是0或1，这三种排列的所有可能分别都是224，但

合并计算时会有重复，重复数量为224，事件的样本点数为：444228个．故不同的样本点数为8个，81324.故选：A9．A解：函数()()fxfx，则函数()fx是奇函数，排除D，当03x时，2cos10x，则()0fx，排除B，C，故选：A．10．C

由题中条件易得2PAPBPC，从而球O的半径36222r，体积3463Vr，答案第3页，总8页故选：C．11．C如图：由题意得：112AFFF，所以1212FAFFFA，又12FBFB，所以1221BFFBFF

，又2FB是21AFF的平分线，所以122BFFAFB，所以221~BAFAFF，所以2212||AFABFF，即2(22)||2caABc，所以22()||caABc，由角平分线定理知，2112||AFABBFFF，则112211||BFFFABAF，所以21

122||AFABAFFFAF，所以2222()2()||22222caccacaABccaccac，故22235303102cacaeee．故选：C．12．B,01,ln2,12xxfxxx

的图象如图存在实数1x，2x满足1202xx，且12fxfx，即12ln2xx∴21,2ex，则2122ln2xxxx令ln2gxxx，1,2ex，则1xgx

x∴gx在1,2e上单调递增，故max122eegxg.故选：B13．37解：025(2)10010112121237.故答案为：37.14．8在

312nxx的二项展开式中，令1x得所有项的系数和为381n，解得4n，答案第4页，总8页所以4312xx的二项展开式中的通项为3444431441)(2)(2rrrrrrr

TCxxCx，令4403r，得3r，常数项为31428C，故答案为8.15．②③解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故

|AC|＝1，|AB|2，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0

，0，1），直线a的方向单位向量a（0，1，0），|a|＝1，直线b的方向单位向量b（1，0，0），|b|＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，'AB（cosθ，sinθ，﹣1

），|'AB|2，设'AB与a所成夹角为α∈[0，2]，则cosα101022'cossinaAB，，，，|sinθ|∈[0，22]，∴α∈[4，2]，∴③正确，④错误．设'AB与b所成夹角为β∈[0，2]，

cosβ'110022''ABbcossinABbbAB，，，，|cosθ|，当'AB与a夹角为60°时，即α3，|sinθ|22232coscos，∵cos

2θ+sin2θ＝1，∴cosβ22|cosθ|12，∵β∈[0，2]，∴β3，此时'AB与b的夹角为60°，∴②正确，①错误．答案第5页，总8页故答案为②③．16．1(,]2由题意，函数()sin24cosfxxax，则()

2cos24sinfxxax，因为函数()fx在(0,)2单调递增，即()2cos24sin0fxxax在(0,)2恒成立，即cos22sinxax在(0,)2恒成立，令2cos212s

in12sinsinsinsinxxgxxxxx，(0,)2x，令sin(0,1)tx，则12,(0,1)tttt，可得2120tt，可得函数t在(0,1)上为单调递减函数，所以1121t

，所以21a，解得12a，即实数a的取值范围1(,]2.故答案为：1(,]2.17．（1）2223sincossincosfxmnxxxx3sin2cos22sin26xxx

，令2262xk，k∈Z，即()6xkkZ时，sin216x，fx取最小值2，所以，fx的最小值为2，所求x的取值集合是,6xxkkZ；

（2）由2fC，得sin216C，因为0C，所以112666C，所以262C，3C，在ABC中，由余弦定理2222coscababC，得223ababab，即3ab，当且仅当ab时取等号，所以ABC的面

积11333sin32224SabC，因此ABC的面积S的最大值为334.18．（1）由抽取数据，A校数学成绩优秀学生的人数为48，所以估计A校学生数学成绩为优秀的概率估计值为484605答案第6页，总8页（2）22100

4824161216.66764366040K，由于16.66710.828，故有99.9%的把握认为这次考试数学成绩优秀与学校有关.19．（1）证明：1ABABC面，1ABAC，又ABAC，1ABABB，1ACABB面，1ACAAC面，

11AACABB平面平面．（2）以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则12,0,0,0,2,0,0,2,2CBA，10,4,2B，12,2,2C，10,2,2AA，112,2,0BCBC，11141cos,288AABCA

ABCAABC，故1AA与棱BC所成的角是3．（3）因为P为棱11BC的中点，故易求得1,3,2P．设平面PAB的法向量为1,,nxyz，则110,{0nAPnAB，由1,3,2{0,2,0APAB，得320{20xyzy，令1z，

则12,0,1n，而平面1ABA的法向量21,0,0n．则121212225cos,55nnnnnn．由图可知二面角1PABA为锐角，故二面角1PABA的平面角的余弦值是255．20．（Ⅰ）由题可知32cea

，故设2ak则3c又∵椭圆C上的点到其左焦点的最大值为23∴可判定那一点的坐标为,0a∴23ca∴23231kk∴a=2，3c∴221bac∴椭圆C的方程为2214xy（Ⅱ）由PAPB，

可知点P在线段AB的中垂线上，由题意知直线l的斜率显然存在设为k.当直线l的斜率0k时，则B(2,0).设0,,2,,2,PtPAtPBt.由244PAPBt，解得22t，又P0,22.答案第7页，总8页当直线l的斜率不为0时，设为

直线l的方程为：2ykx.联立22214ykxxy得：222214161640kxkxk.有：2216214Bkxk，解得222814Bkxk，即222284B,141

4kkkk.AB的中点为22282,?1414kkkk，线段AB的中垂线为：2222181414kkyxkkk，令0x，得2614kyk.即26P0,14

kk.22222222262810416602,,41414141414kkkkkPAPBkkkkk.解得227k，此时214P0,

5.综上可得P0,22或214P0,5.21．（1）由题意，函数sin1lnfxxx，则1cos1fxxx，又∵0,1x，∴11x，cos11x，∴0fx，∴fx在0,1上单调递增.（2）由

11lngxafxaxxx，则2211aaxgxxxx，（1）当0a时，0,xe，0gx，此时图数gx在区间0,e上单调递减，∴函数gx在xe处

取得最小值，即min1(gxgeae；（2）当0a时，令10gxxa，当1ea时，即当10ae，0,xe，0gx，此时函数gx在区间0,e

上单调递减，函数gx在xe处取得最小值，即min1gxgeae；综上所得min1gxgeae.（3）证明：根据题意，1ln02hxxbxx，答案第8页，总8页∵1x，2x是函数1ln2

hxxbx的两个零点，∴111ln02xbx，221ln02xbx.两式相减，可得122111ln22xxxx，即112221ln2xxxxxx，∴1212122lnxxxxxx，则1

211212lnxxxxx，2121212lnxxxxx.令12xtx，0,1t，则1211112ln2ln2lnttttxxttt.记12lnltttt，0,1t，则221tl

tt.又∵0,1t，∴0lt恒成立，故1ltl，即12ln0ttt.可得112lnttt，∴121xx.22．解：（1）直线l的参数方程消去参数t可得直线l的普通方程为2yx，由2241sin，得222sin4，则有2224x

yy，即2224xy，则曲线C的直角坐标方程为22142xy.（2）将l的参数方程改写为22222xtyt（t为参数）代入2224xy，得238280tt，设两根为1t，

2t，则12823tt；所以，线段MN的中点为Q对应的参数为124223tt，而P对应的参数的值为00t，所以，1204223ttOPOQt．