【文档说明】四川省棠湖中学2021届高三上学期开学考试 数学（理）（word版含答案）.doc，共(11)页，610.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020年秋四川省棠湖中学高三开学考试理科数学一、选择题：本题共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1,2,3A，3,4,5B，则ABA．3B．2,5C．

2,3,4D．1,2,4,52．已知复数z满足2313zi，则在复平面内z对应的点位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．在某技能测试中，甲乙两人的成绩（单位：分）记录在如下的茎叶图中，其中甲的某次成绩不清晰，用字母a代替．已

知甲乙成绩的平均数相等，那么甲乙成绩的中位数分别为A．2020B．2120C．2021D．21214．已知aR，则“tan2”是“4sin25”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5．已知实数x，y满足约束条件2302300

xyxyxy，则zxyA．有最小值0B．有最大值C．有最大值0D．无最小值6．设102a，随机变量X的分布列是：X-112P12a122a2a则当DX最大时的a的值是A．14B．316C．15D．3257．某几何体的三视图

如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积（单位：2cm）是A．1623B．1626+C．1823D．18268．如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面11BBCC的边界及其内部运动．若1DOOP，则11DCP△面积的最大值为A．255B．4

55C．5D．259．已知定义在R上的函数3sin21fxxx，则在5,5上fx的最大值与最小值之和等于A．0B．1C．2D．310．已知数列{}na的前n项和nS满足2nnSan*nN，则7aA．73B．12764C．32132D．3856411．已知F为双曲线2

222:1(0,0)xyEabab的左焦点，过点F的直线与圆22221:()2Oxyab于A，B两点（A在F，B之间），与双曲线E在第一象限的交点为P，O为坐标原点，若FABP，120AOB则双曲线的离心率为A．133B．143C．1323D

．142312．已知实数a、b满足23loglogab，给出五个关系式：其中不可能成立的关系式有①baab；②abab；③baab；④baaa；⑤abbb．A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题：本题共4

小题，每小题5分，共20分。13．已知45432123451xxbxaxaxaxaxa，其中413a，则b______．14．某团队派遣甲、乙、丙、丁四人分别完成一项任务，已知甲完成任务的概率为14，乙完成任务的概率为12，丙、丁完成任务的概率均为23，若四人完成

任务与否相互独立，则至少2人完成任务的概率为____.15．过P(1,2)的直线l把圆22450xyx分成两个弓形，当其中劣孤最短时直线l的方程为_________.16．在三棱锥BACD中，BA，BC，BD两两垂直，2BC，4BD，三棱锥BACD的侧面积为13，则该三棱锥外接球的

表面积为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且5cos5A．（

1）若5a，25c，求b的值；（2）若4B，求cos2C的值．18．（12分）某公司A产品生产的投入成本x（单位：万元）与产品销售收入y（单位：十万元）存在较好的线性关系，下表记录了该公司最近

8次该产品的相关数据，且根据这8组数据计算得到y关于x的线性回归方程为0.7604ybx．x（万元）6781112141721y（十万元）1.21.51.722.22.42.62.9（1）求b的值（结果精确到

0.0001），并估计公司A产品投入成本30万元后产品的销售收入（单位：十万元）．（2）该公司B产品生产的投入成本u（单位：万元）与产品销售收入v（单位：十万元）也存在较好的线性关系，且v关于u的线性回归方程为0

.150.5vu．（i）估计该公司B产品投入成本30万元后的毛利率（毛利率100%收入成本收入）；（ii）判断该公司A，B两个产品都投入成本30万元后，哪个产品的毛利率更大．19．（12分）如图1

所示，EFGH为矩形，四边形ABCD为正方形．1ADDA与11BCCB为全等的等腰梯形，其中11122224ABAEAADHAD，沿着AB，BC，CD，DA折成如图2所示的几何体1111ABCDABCD，使1A，1B，1C，1D分别与E，F

，G，H重合．（1）求证：平面11AADD平面ABCD；（2）求平面11BCD与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．20．（12分）已知椭圆2222:1(0)xyabab的离心率为22，过椭圆的焦点且垂直于x轴的

直线被椭圆截得的弦长为2．（1）求椭圆的方程；（2）设点,AB均在椭圆上，点C在抛物线212yx上，若ABC的重心为坐标原点O，且ABC的面积为364，求点C的坐标．21．（12分）已知函数21(),()(1)ln(0)2fxxaxgxaxa．（1

）若点0(Px，0)y为函数()fx与()gx图象的唯一公共点，且两曲线存在以点P为切点的公共切线，求a的值：（2）若函数()()()hxfxgx有两个零点，求实数a的取值范围．（二）选考题：共10分。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。22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为32(32xttymt为参数，)mR．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为223

(0)32cos剟．（1）写出曲线1C的普通方程和曲线2C的直角坐标方程：（2）已知3m，点P是曲线2C上一点，点P到曲线1C的最大距离为22，求m的值．23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知不等式2222xx的解集为M.（1）求集合M；（2）已

知t为集合M中的最小正整数，若1a，1b，1c，且(1)(1)(1)abct，求证：8abc.2020年秋四川省棠湖中学高三开学考试理科数学参考答案1．A2．A3．B4．A5．A6．D7．C8．C9．C10．B11．

D12．B13．314．537215．230xy16．2917．解：（1）在ABC中，由余弦定理2222cosabcbcA，得，2520225255bb，即2450bb，解得5b或1b（舍)，所以5b；（2）由5cos5A及0A

得，22525sin1cos1()55AA，所以210coscos(())cos()(cossin)4210CABAAA，所以22104cos22cos12()1105CC18．（1）依题意6781112141721128x

，1.21.51.722.22.42.62.92.06258y，,xy代入回归直线方程0.7604ybx，得2.0625120.7604b，解得0.1085b，所以0.1086450.70yx，令30x，可得4.0154y（单位：十万

元）（2）（i）由于0.150.5vu，所以当30u时，0.15300.55v（单位：十万元），故毛利率为5030100%40%50.（ii）由（1）得当30x时，4.0154y（单位：十万元），

故毛利率为40.15430100%28.764%40.154所以B产品的毛利率更大.19．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴ABAD，∵四边形11ABBA是矩形，∴1ABAA，又∵1ADAAA，

1AA平面11AADD，∴AB平面11AADD．又因为ABÌ平面ABCD，∴平面11AADD平面ABCD．（2）由（1）知平面ABCD平面11ADDA．过1A作1AOAD于点O，∵平面ABCD平面11A

DDA，平面ABD平面11ADDAAD，∴1AO平面ABCD．过O作//ONAB，且交BC于点N，∴1OA，OD，ON两两垂直，分别以OD，ON，1OA为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示：则3,4,0C，12,0,3D，10,4,3B，11,4,3CD

，13,0,3CB，设平面11BCD的一个法向量为,,nxyz，则由110,0,CDnCBn得430,330.xyzxz令3z，得11,,32n．又平面ABCD的一个法向量0,0,1m，∴251co

s,17mnmnmn，所以平面11BCD与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为25117．20．（1）根据题意得22222caba，又因为222bac，解得22a，则21b，所以椭圆的方程为：2212xy；（2）设:ABx

myt，联立椭圆方程2222xy，可得222()2220mymtyt，22222244228()()()20mtmtmt①设1122(,),(,)AxyBxy，12222mtyym，可得122()22Cmtyyy

m，12122()[()]422Ctxxxmyytm，由C在抛物线212yx上，可得222214222mttmm，则2221mt②(1)2t，由sinABOSOAOBAOB2221||||(|||

|cos)2OAOBOAOBAOB222221122121212211122xyxyxxyyxyxy，则12211221|||(333)(|22)ABCABOSSx

yxymytymyty221223322236222|4()|tmttyym，可得2222324tmtm③，将②代入③整理可得22142130tttt，解得1t或32，相应的22m

或1．所以21,2C，或1(2,)C．21．（1）由题意可知，()yfx与()(0)ygxx图象的在唯一公共点处的切线相同，又因为()fxxa，1()agxx，所以0

0()()fxgx，00()()fxgx，即2000001(1)21xaxalnxaxax，由001axax可得01x或01xa，由点P唯一可得11a或10a„，即2a或

1a…，由20001(1)2xaxalnx可得12a，综上可得，12a；（2）由21()()()(1)2hxfxgxxaxalnx，0x，则1(1)(1)()axxahxxaxx，()i若10a即01

a时，()hx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，因为0x时，()hx，且h（2）22(1)2222(1)0aalnaa，故要使得()hx有2个零点，只有h（1）0即112a，当1a时，21()2hxxx只有一个零点，

故112a()ii若10a，即1a时，①当2a时，()hx在(0,)上单调递增，不符合题意；②当21a时，()hx在(0,1)a上单调递增，在(1,1)a上单调递减，在(1,)上单调递增，且0x时，()hx

，且h（1）102a，24224211()(1)022heeaealneeae，故要使得()hx有2个零点，则21(1)(1)(1)(1)(1)02haaaaalna，即1(1)02alna，令m（a）1(1)2alna，2

1a，则113()0212(1)amaaa，故m（a）在(2,1)上单调递增，且3(2)02m，故m（a）0在(2,1)上恒成立，不可能有2个零点，③当2a时，()hx在(0,1)上单调递增，在(1,1)a

上单调递减，在(1,)a上单调递增，且h（1）102a，故()hx不可能有2个零点，综上112a．22．（1）曲线1C的参数方程为32(32xttymt为参数，)mR．转换为直角坐标法方程为0xym

．曲线C的极坐标方程为223(0)32cos剟，根据222cossinxyxy转换为直角坐标方程为221(01)3xyy剟．（2）设点(3cos,sin)

P是曲线2C上一点，则点P到曲线1C的距离2sin()3cossin322mmd，由于0剟，所以3sin()[,1]32，则：2sin()[3,2]3mmm

．由点P到曲线1C的最大距离为22，所以2cos()6m的最大值为4，由于3m，所以30m，则24m，即2m，故2m．23．（1）2222xx等价于122(2)2xxx或12

22(2)2xxx或222(2)2xxx，解得6x或223x或2x，则2(,6),3M；（2）证明：由（1）可得1t，1a，1b，1c，且(1)(1)(1)1abc，

则(1)1210aaa，（当且仅当2a时等号成立），(1)1210bbb，（当且仅当2b时等号成立），(1)1210ccc，（当且仅当2c时等号成立），则81118abcabc

，（当且仅当2abc时等号成立），即8abc.