陕西省渭南市2021届高三第一学期教学质量检测(Ⅰ)数学(理科)试卷【含答案】

陕西省渭南市2021届高三第一学期教学质量检测（Ⅰ）数学（理科）

试卷

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上． 3．本试卷主要考试内容：高考全部范围．

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A{4,2,1,0,1,2,4}，Bx|x2x20，则AB（ ） A．{4,2,4} B．{4,2,1,2,4} C．{4,2,4} D．{4,2,1,2,4} 2．已知复数z53i，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） 2iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．记Sn为等差数列

an的前n项和，已知Sn2n23n，则数列an的公差为（ ）

1 2A．2 B．4 C．1 D．4．已知函数A．

f(x)3xa3x是奇函数，则f(2)（ ）

82828080 B． C． D．

99995．在新冠疫情的持续影响下，全国各地电影院等密闭式文娱场所停业近半年，电影行业面临巨大损失．2011~2020年上半年的票房走势如下图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．自2011年以来，每年上半年的票房收入逐年增加

B．自2011年以来，每年上半年的票房收入增速为负的有5年 C．2018年上半年的票房收入增速最大 D．2020年上半年的票房收入增速最小

x2y21上，则m2n2的最大值是（ ） 6．已知点A(m,n)在椭圆

42A．5 B．4 C．3 D．2

17．已知x2(1ax)的展开式中常数项系数为4，则axA．4 B．1 C．

4（ ）

1 D．1 28．在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1上，且D1FA．3AB，E为CC1的中点，点F在棱DD12DF，则异面直线AE与CF所成角的余弦值是（ ）

34343417 B． C． D． 343417349．我国古代数学家赵爽利用弦图巧妙地证明了勾股定理，弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果内部小正方形的内切圆面积为直角三角形中较大的锐角为，那么tan4，外部大正方形的外接圆半径为

52，22（ ）

A．

1231 B． C． D． 334210．已知等比数列

an的前n项和为Sn，若S2m32,mS33am3m4，则数列an的公比q（ ） a35m7A．2 B．2 C．

11 D． 2211．已知函数f(x)log2x,x0,若函数g(x)f(x)m有四个不同的零点x1,x2,x3,x4，则2x4x4,x0.

x1x2x3x4的取值范围是（ ）

A．(0,4) B．(4,8) C．(0,8) D．(0,)

x2y212．设F2为双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，直线l:x2yc0（其中c为双曲线C的

ab半焦距）与双曲线C的左、右两支分别交于M，N两点，若MNF2MF2N0，则双曲线C的离心率是（ ）

A．

152354 B． C． D．

3333第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

13．已知向量a,b满足|a|2|b|4，且ab414．函数

3，则向量a,b的夹角是_______．

f(x)xlnxx3x1的图象在x1处的切线方程是______．

15．2020年10月11日，全国第七次人口普查拉开帷幕，某统计部门安排A,B,C,D,E,F六名工作人员到四个不同的区市县开展工作．每个地方至少需安排一名工作人员，其中A，B安排到同一区市县工作，D，E不能安排在同一区市县工作，则不同的分配方法总数为_______种．

16．在三棱锥SABC中，底面ABC是等边三角形，三棱锥SABC的体积为SBASCA90，则三棱锥SABC的外接球表面积的最小值是________．

3，

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．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）

在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC边上的高为3a，ABC的面积为3，2bsinAcosCcsinAcosB3acosA．

（1）求a和角A； （2）求ABC的周长． 18．（12分）

第31届世界大学生夏季运动会定于2021年8月18日—29日在成都举行，成都某机构随机走访调查80天中的天气状况和当天到体育馆打兵乓球人次，整理数据如下表（单位：天）： 打乒乓球人次 天气状况 晴天 阴天 雨天 雪天 2 4 6 8 13 6 4 2 20 10 5 0 [0,100] (100,200] (200,300] （1）若用样本频率作为总体概率，随机调查本市4天，设这4天中阴天的天数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．

（2）假设阴天和晴天称为“天气好”，雨天和雪天称为“天气不好”完成下面的22列联表，判断是否有99%的把握认为一天中到体育馆打兵乓球的人次与该市当天的天气有关？ 天气好 天气不好 2人次200 人次200 n(adbc)2参考公式：K，其中nabcd．

(ab)(cd)(ac)(bd)参考数据：

PK2k0 0.10 2.706 0.05 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 k0 19．（12分）

如图，PA平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD2BC2AB6，AD//BC，ABBC．

（1）证明：PCCD．

（2）若PCAD，点E在线段CD上，且CE2ED，求二面角APEC的余弦值． 20．（12分）

已知动点M到点F(3,0)的距离比它到直线l:x50的距离小2． （1）求动点M的轨迹E的方程．

（2）过点F作斜率为k(k0)的直线l与轨迹E交于点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，证

明：

|AB|为定值． |FN|21．（12分）

已知函数f(x)(xa1)ex1（1）讨论f(x)的单调性；

（2）当a2时，若f(x)无最小值，求实数a的取值范围．

12xax(x0)． 2（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） 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x1t,（t为参数），以坐标原点为极点，以x轴的非负半轴

y2t2为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为于不同的两点M，N．

2cos6sin80，已知直线l与曲线C交

（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程； （2）设P(1,2)，求

11的值． |PM||PN|23．[选修4—5：不等式选讲]（10分） 设函数f(x)|2x3||x1|． （1）求不等式f(x)0的解集；

（2）若f(x)的最小值是m，且a2b3c2|m|，求a2b2c2的最小值．

数学参考答案（理科）

1．B 由题意可得Bx|x2x20{x|x1或x2}，则AB{4,2,1,2,4}． 2．A 因为z5所以复数z在复平面内对应的点为Z(2,2)，位于第一象限． 3i2i3i22i，

2i3．B 设d为数列

an的公差，因为Snna1n(n1)dddn2a1n，所以d2，则d4． 22224．D 因为f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)，即3xa3x3xa3x，解得a1，则

f(2)323280． 95．D 由图易知自2011年以来，每年上半年的票房收入相比前一年有增有减，增速为负的有3年，故A，B错误；2017年上半年的票房收入增速最大，故C错误；2020年上半年的票房收入增速最小，故D正确．

m2n21，6．B 由题意可得则m242n2，故m2n24n2．因为2n42所以24n24，即2m2n24．

2，所以0n22，

17．D 由题意得展开式中常数项通式为Cxax4a4，解得a1．

x32438．B 如图，在棱DD1上取一点G，连接AG,GE，使得D1D6D1G．由题意易得四边形CEGF为平

6，从而

行四边形，则EG//CF，故AEG是异面直线AE与CF所成的角．设AB2，则AA1AE17,EG22,AG29．在AEG，由余弦定理可得

AE2EG2AG21782934，则异面直线AE与CF所成角的余弦值是 cosAEG2AEEG342172234． 34

9．D 由题意可知小正方形的边长为1，大正方形的边长为5，设直角三角形短的直角边为x，则长的直角边为x1．由勾股定理得x2(x1)225，解得x3，所以sin4,cos3，则

55tan2sincos22sin1．

cos12S2mS2m33210．C 当数列an的公比q1时，，与矛盾，故q1不符合题意．当q1时，SmSm32am3m41mS2m1q2m3311qmmq，所以q．因为，所以m5，1qmma5m73232Sm1q32a11q31q即q5a11q2m11，则q． 32211．A 函数g(x)有四个不同的零点等价于函数f(x)的图象与直线ym有四个不同的交点．画出f(x)的大致图象，如图所示．由图可知m(4,8)．不妨设x1x2x3x4，则4x12x20，且

x1x24,x3x41．因为x1x24，所以x2x14，则x1x2x1x14(0,4)，故x1x2x3x4(0,4)．

12．C 设双曲线C的左焦点为F1，如图，取线段MN的中点H，连接HF2，则F2M为MNF2MF2N0，所以MNF2HF2N2F2H．因

∣NF∣0，即MNF2H，则MF22．设

MF2NF2m．因为MF2MF1NF1NF22a，所以

NF1NF2MF2MF1NF1MF1|MN|4a，则|MH||NH|2a，从而HF1m，故

4c2m2m24a2，解得m22a22c2．因为直线l的斜率为1HF2tanHF1F2HF12c22a2222，所以

2ca1c5122，整理得，即，则，故3c5a22222ac4a322a2cec215． 2a3

13．

ab43355 由题意可得cosa,b，则向量a,b的夹角是百． 662|a||b|4214．3xy20（或y3x2） 由题意可得求切线方程为y13(x1)，即3xy20．

f(x)lnx3x2，则f(1)3,f(1)1，故所

15．216 第一步，将6名工作人员分成4组，要求A，B同一组，D，E不在同一组． 若分为3，1，1，1的四组，A，B必须在3人组，有C4若分为2，2，1，1的四组，A，B必须在2人组，有C4则一共有549种分组方法；

第二步，将分好的四组全排列，分配到四个区市县，有A4故总的分配方法有924216种．

16．12 设三棱锥外接球的球心为O，三棱锥底面边长和高分别为a，h．设球心到底面ABC的距离为

414种分组方法， 15种分组方法，

224种．

3hra．底面ABC的外接圆半径为r，则由题意可知SA是三棱锥SABC的外接球的一条直径，d．

32则VSABC132ah3，即a2h12．设三棱锥SABC的外接球半径为R，则34212124h222h2Rrdah3，故三棱锥SABC的外接球表面积为

34h4hh4224R212．

17．解：（1）题意可得

132a3，解得a2． 2分 22因为bsinAcosCcsinAcosB3acosA，

3sinAcosA． 3分

3cosA，所以sinA3cosA， 4分

所以sinBsinAcosCsinCsinAcosB因为sinA0，所以sinBcosCsinCcosB所以tanA3，则A3． 6分

（2）由余弦定理可得a2b2c22bccosAb2c2bc4．① 7分 因为ABC的面积为

3，所以bcsinA123bc3，所以bc4．② 9分 4联立①②，解得bc2． 11分 故ABC的周长为abc6． 12分

18．解：（1）由题意可知随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4． 2分 设一天为阴天的概率为P，则P则X的分布列为 X P 0 1 2 3 4 146101X~B，故4,． 4分

804481 25627 6427 1283 641 256 6分 故EX4（2）

11． 7分 4

天气好 天气不好 9分

人次200 25 20 人次200 30 5 80(2553020)28.33． 11分 则K552545352因为8.3356.635，所以有99%的把握认为一天中到体育馆打兵乓球的人次与该市当天的天气有关． 12分

19．（1）证明：由题意易知AC323232． 1分

323232． 2分

作CHAD，垂足为H，则CHDH3，故CD因为AD2AC2CD2，所以ACCD． 3分

因为PA平面ABCD,CD平面ABCD，所以APCD． 4分

因为AC平面APC,AP平面APC，且ACAPA，所以CD平面APC． 5分 因为PC平面APC，所以CDPC． 6分

（2）解：因为PCAD6,AC32，且PAAC，所以APPC2AC232．

以A为原点，分别以AB,AD,AP的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz． 则A(0,0,0),E(1,5,0),C(3,3,0),P(0,0,3从而AE2)，

(1,5,0),AP(0,0,32),CE(2,2,0),CP(3,3,32)． 8分

设平面APE的法向量为nx1,y1,z1． 9分

nAP32z10,则令x15，得n(5,1,0)． 9分 nAEx15y10,

设平面PCE的法向量为mx2,y2,z2，

mCP3x23y232z20,则令x21，得m(1,1,2)． 10分 mCE2x22y20,设二面角APEC为，由图可知为锐角， 则cos|nm||51|26． 12分 13|n||m|26220．（1）解：由题意知，动点M到点F(3,0)的距离与到直线l1:x30距离相等， 1分 由抛物线的定义知，轨迹E是以F(3,0)为焦点，以直线l1:x30为准线的抛物线． 3分 所以点M的轨迹E的方程为y212x． 5分 :xty3(t0)，

（2）证明（方法一）：设直线l联立设Axty3,2y12ty360． 6分 得2y12x,x1,y1,Bx2,y2，G为线段AB的中点，

y212t,x1x2ty1y2612t26，所以G6t23,6t， 7分

则y1所以线段AB的垂直平分线的方程为y6ttx6t23，则N6t29,0． 8分 从而|FN|6t2936t26， 10分

|AB|2为定值． 12分 |FN||AB|x1x2612t212，所以

（方法二）设直线l的方程为

ykx3k,Ax1,y1,Bx2,y2，G为线段AB的中点．

联立ykx3k,2222整理得kx6k12x9k0， 2y12x,26k2124k29k2144k21440．

6k212,x1x29，从而y1y2kx1x26k12． 7分 则x1x22kk3k266因为G为线段AB的中点，所以G,， 8分 2kk

613k26则线段AB的垂直平分线的方程为yx． 2kkk29k269k6令y0，得x，则N,0． 9分 22kk9k266k2612k2123从而|NF|，|AB|x1x26， 11分 22kkk212k2122|AB|k2． 12分 故26k6|FN|k221．解：（1）因为f(x)(xa1)ex1令

12x1xax(x0)，所以f(x)(xa)e1(x0)． 2f(x)0，得xa或x1． 1分

f(x)0，得x1；由f(x)0，得0x1．

当a0时，由

则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增． 当0a1时，由

f(x)0，得0xa或x1；由f(x)0，得ax1．

则f(x)在(a,1)上单调递减，在(0,a)和(1,)上单调递增． 当a1时，

f(x)0恒成立，则f(x)在(0,)上单调递增．

f(x)0，得0x1或xa；由f(x)0，得1xa．

当a1时，由

则f(x)在(1,a)上单调递减，在(0,1),(a,)上单调递增． 3分

综上，当a0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增；当0a1时，f(x)在(a,1)上单调递减，在(0,a)和(1,)上单调递增；当a1时，f(x)在(0,)上单调递增；当a1时，f(x)在

(1,a)上单调递减，在(0,1),(a,)上单调递增． 4分

（2）当a0时，由（1）可知f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，

1则f(x)有最小值f(1)，故a0不符合题意； 5分

2当0a1时，由（1）可知f(x)在(a,1)上单调递减，在(0,a)和(1,)上单调递增， 因为f(x)无最小值，所以f(0)f(1)，即a11e，解得1a1； 6分 e22

当a1时，由（1）可知f(x)在(0,)上单调递增， 所以f(x)无最小值，所以a1符合题意； 7分

当1a2时，由（1）可知f(x)在(1,a)上单调递减，在(0,1),(a,)上单调递增．

a1121a1aea1，即ea1a20． e22e1x11设g(x)ex1x2(1x2)，则g(x)ex1x(1x2)． 8分

因为f(x)无最小值，所以f(0)f(a)，即2ee设h(x)g(x)ex1x1e(1x2)，则h(x)ex110在(1,2]上恒成立．

故h(x)在(1,2]上单调递增，即g(x)在(1,2]上单调递增． 9分

因为g(1)1e0,g(2)e21e0，所以存在唯一的x，使得g0(1,2]x00．故g(x)在

1,x0上单调递减，在x0,2上单调递增． 10分

因为g(1)122ee42e0,g(2)e23e0，所以g(x)0在(1,2]上恒成立， 即ea11a2a21e0在(1,2]恒成立，即1a2符合题意． 11分

综上，实数a的取值范围为e21,2． 12分

22．解：（1）由题意可得直线l的普通方程为xy30． 2分 曲线C的直角坐标方程为x2y22x6y80，即(x1)2(y3)22． 2（2）直线l的参数方程可化为x12t,2（t为参数）． 5分 y22t将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，整理得t22t10， 则t1t22,t1t21， 8分

2故

1t1t2t1t24t1t|PM|1|PN|t分

1t2tt6． 101223．解：（1）当x32时，2x3x10，解得x4； 1分 当322x1时，2x3x10，解得3x1； 2分

4分

7分

当x1时，2x3x10，解得x1． 3分

2综上，不等式f(x)0的解集为{x|x4或x}． 4分

3355（2）由（1）可知当x时，f(x)min，即m，则a2b3c5． 6分

222因为(a2b3c)2122232a2b2c2， 7分

所以2514a2b2c2，即a2b2c225123（当且仅当时等号成立）． 9分 故a2b2c2的最小值为

2514． 14 10分 abc