2021届高三上学期期中备考金卷 理科数学B卷（含答案）
展开2021届高三上学期期中备考金卷
理科数学（B卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足(其中为虚数单位)，则复数为（ ）
A． B． C． D．
3．在数列中，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数（为自然对数的底数），若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．设函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
8．若非零向量、满足且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
9．在长方体中，．若，分别为线段，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
10．在中，角，，的对边分别为，，，已知，的面积为，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，圆与双曲线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若直线过点，则的最小值为________．
14．已知，则________．
15．已知函数，若函数恰有个不同的零点，则实数的取值范围是________．
16．将集合且中所有的数按照上小下大，左小右大的原则写成如下的三角形表：
则该数表中，从小到大第个数为_________．
三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12分）在锐角中，、、分别为角、、所对的边，且．
（1）确定角的大小；
（2）若，且的面积为，求的值．
18．（12分）如图，在三棱锥中，侧面与侧面均为等边三角形，，为中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
19．（12分）设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为和，且各次射击互相独立．
（1）若甲、乙两人各射击次，求至少有一人命中目标的概率；
（2）若甲连续射击次，设命中目标次数为，求命中目标次数的分布列及数学期望．
20．（12分）己知椭圆的一个顶点坐标为，离心率为，直线交椭圆于不同的两点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点，当的面积为时，求实数的值．
21．（12分）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：当时，关于的不等式恒成立．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】
在直角坐标系中，曲线（为参数，且），其中，在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线，．
（1）求与交点的直角坐标；
（2）若与相交于点A，与相交于点B，求最大值．
23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】
已知函数．
（1）解不等式；
（2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围．
2020-2021学年上学期高三期中备考金卷
理科数学（B）答案
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．【答案】A
【解析】，所以，故选A．
2．【答案】D
【解析】由，可得，
故选D．
3．【答案】C
【解析】因为，所以是公差为2等差数列，
因为，，所以，解得，
故选C．
4．【答案】D
【解析】因为，，，∴，
又在上是单调递减函数，故，故选D．
5．【答案】A
【解析】因为或，
所以是的充分不必要条件，故选A．
6．【答案】B
【解析】当时，，，则，
当时，，，
有或，则，
综上可知：的取值范围是或，故选B．
7．【答案】D
【解析】令，则，
所以函数为偶函数，其图像关于轴对称，故B不正确；
当时，，，
由，得；由，得，
所以在上递减，在上递增，
结合图像分析，A、C不正确，
故选D．
8．【答案】C
【解析】设与的夹角为，
由已知得，，则，
∵，∴，，解得，故选C．
9．【答案】C
【解析】在长方体中，各面都是矩形，
所以，，两两垂直，
又，平面，平面，
所以平面，
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，所以，
则为平面的一个法向量，
又，分别为线段，的中点，所以，，
则，
设直线与平面所成角为，
则，故选C．
10．【答案】D
【解析】由已知可得，解得，
又，由正弦定理可得，
由余弦定理，
解得，
，故选D．
11．【答案】A
【解析】设，则，焦距，
圆，即，
所以圆是以为圆心，半径为的圆．
，
可得是直角三角形，且是圆的直径，所以，
即，解得，
因为，所以，所以，
所以，故选A．
12．【答案】D
【解析】∵函数，∴，
当时，，取最小值；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
∵是偶函数，且在上单调递增，
∴等价，
整理得，解得或，
∴使得成立的的取值范围是，
故选D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【答案】
【解析】因为直线过点，所以，
因为，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为，故答案为．
14．【答案】
【解析】∵，∴，
又，∴，
本题正确结果．
15．【答案】
【解析】当时，令，得，即，该方程至多两个根；
当时，令，得，该方程至多两个根．
由于函数恰有个不同的零点，则函数在区间和上均有两个零点．
由题意知，直线与函数在区间上的图象有两个交点，
如下图所示：
由图象可知，，解得；
函数在区间上也有两个零点，
令，解得，，
由题意可得，解得，
综上所述，实数的取值范围是，故答案为．
16．【答案】
【解析】用表示，下表的规律为：
，
，，
…
∵，则第行的第个数，
∴，故答案为．
三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由及正弦定理得，
∵，∴，
∵是锐角三角形，∴．
（2）∵，面积为，∴，即．①
∵，∴由余弦定理得，即．②
由②变形得．
③将①代入③得，故．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）由题设．连结，
为等腰直角三角形，所以，且．
又为等腰三角形，故，，
从而，
所以为直角三角形，．
又，所以平面．
（2）解法一：
取中点，连结，，
由（1）知，，得，，
为二面角的平面角．
由，，，得平面，
所以．
又，故，
所以二面角的余弦值为．
解法二：
以为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系．
设，则，，．
的中点，
，，，
∴，．
故，，等于二面角的平面角，
，
所以二面角的余弦值为．
19．【答案】（1）；（2）分布列见解析，．
【解析】（1）方法一：设“至少有一人命中目标”为事件，
．
方法二：设“两人都没命中目标”为事件，，
“至少有一人命中目标”为事件，．
（2）的取值情况可能为，，，，
；；
；．
的分布列为
ξ | 0 | 1 | 2 | 3 |
P |
以．
20．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意知，，则，
∴，
∴椭圆的方程为．
（2）设，，
联立，得，
∴，解得，
，，
∴，
又点到直线的距离为，
∵，解得，
∴．
21．【答案】（1）单调递减区间为，函数的单增区间为；（2）证明见解析．
【解析】（1），
由，得，
又，所以，
所以的单调递减区间为，函数的单增区间为．
（2）令，
所以，
因为，所以，
令，得，
所以当，；当时，，
因此函数在是增函数，在是减函数，
故函数的最大值为，
令，因为，
又因为在是减函数，所以当时，，
即对于任意正数总有，
所以关于的不等式恒成立．
22．【答案】（1）和；（2）．
【解析】（1）曲线的直角坐标方程为，
曲线的直角坐标方程为．
联立，解得或，
所以与交点的直角坐标为和．
（2）曲线的极坐标方程为，其中，
因此得到极坐标为，的极坐标为．
所以，
当时，取得最大值，最大值为．
23．【答案】（1）或；（2）或．
【解析】（1）不等式可化为．
当时，，解得，即；
当时，，解得，即；
当时，，解得，即，
综上所述：不等式的解集为或．
（2）由不等式可得，
∵，∴，
即，解得或，
故实数的取值范围是或．
