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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020-2021学年8月份内部特供卷理 科 数 学（一）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卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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设集合，则
2、（ ）ABCD【答案】D【解析】由，得，则，又由，得，所以，而，从而，故选D2满足条件的复数对应点的轨迹是（ ）A直线B圆C椭圆D双曲线【答案】A【解析】设，则由，得，所以，化简得，所以复数在复平面内对应的点为，所以对应点的轨迹为直线，故选A3已知，令，那么之间的大小关系为（ ）ABCD【答案】A【解析】因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，故选A4如图，点A的坐标为，点C的坐标为函数，若在矩形内随机取一点则该点取自阴影部分的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】由已知，矩形的面积为4，阴影部分的面积为，由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于，故选D5从5位同学中选派4位同学在星期五
3、、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ ）A40种B60种C100种D120种【答案】B【解析】根据题意，首先从5人中抽出两人在星期五参加活动，有种情况，再从剩下的3人中，抽取两人安排在星期六、星期日参加活动，有种情况，则由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种，故选B6已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ）ABCD【答案】D【解析】A项，与所给函数图象不相符，故A项不符合题意；B项，为奇函数，与所给函数图象不相符，故B项不符合题意；C项，与所给函数图象不符，故C项不符合题意；综上所述，A、B、C项均不符合题
4、意，只有D项符合题意，故选D7大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十“的推论主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，如图所示的程序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入（ ）A是偶数?，?B是奇数?，?C是偶数?，?D是奇数?，?【答案】D【解析】根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个
5、框应该是“奇数”，执行程序框图，；结束，所以第二个框应该填，故选D8下列判断正确的个数是（ ）“”是“”的充分不必要条件函数的最小值为2当，时，命题“若，则”的逆否命题为真命题命题“，”的否定是“，”A0B1C2D3【答案】B【解析】对于，当时，不能得到，所以“”不是“”的充分不必要条件，所以错误；对于，由基本不等式得，而不成立，所以取不到等号，所以错误；对于，命题“若，则”为真命题，所以它的逆否命题为真命题，所以正确；对于，命题“，”的否定为“，”，所以错误，所以正确的有1个，故选B9已知函数，其图象相邻的最高点之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且为奇函数，则（
6、）A的图象关于点对称B的图象关于点对称C在上单调递增D在上单调递增【答案】C【解析】因为函数图象相邻的最高点之间的距离为，所以其最小正周期为，则，所以将函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象，又因为是奇函数，令，所以又，所以，故当时，故的图象不关于点对称，故A错误；当时，故的图象关于直线对称，不关于点对称，故B错误；在上，单调递增，故C正确；在上，单调递减，故D错误，故选C10已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若，则该双曲线的离心率为（ ）A2B3CD【答案】D【解析】根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，因为，在双曲线上，所以根据双曲线性质可知，即，因
7、为圆的半径为，是圆的半径，所以，因为，所以，三角形是直角三角形，因为，所以，即点纵坐标为，将点纵坐标代入圆的方程中可得，解得，将点坐标代入双曲线中可得，化简得，故选D11过正方体的顶点作平面，使每条棱在平面的正投影的长度都相等，则这样的平面可以作（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】D【解析】在正方体中，每条棱在平面的正投影的长度都相等每条棱所在直线与平面所成的角都相等棱所在直线与平面所成的角都相等，易知三棱锥是正三棱锥，直线与平面所成的角都相等过顶点作平面平面，则直线与平面所成的角都相等同理，过顶点分别作平面与平面、平面、平面平行，直线与平面所成的角都相等，所以这样的平面可以作4个，故选D1
8、2已知，若有四个不同的实根，且，则的取值范围（ ）ABCD【答案】A【解析】由题设，有在上有两个不同的解，在上有两个不同的解，当时，故，因，故，所以，即且，当时，且，所以，故选A第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13二项式的展开式中含的项的系数是_【答案】【解析】因为，所以令，得，因此含的项的系数为14已知平面向量，满足，则与的夹角为_【答案】【解析】因为，则，因为，等式两边同时平方可得，代入，可得，设，夹角为，则由平面向量数量积的定义可得，因为，所以，故答案为15设数列的前项和为，若且当时，则的通项公式_【答案】【解析】当时，则，即，所以，所以当时，当时，不满足上式，故，故答案为16
9、四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为_【答案】【解析】如图所示，四棱锥中，可得，平面平面平面，过作于，则平面，故，在中，设，则有，又，则，四棱锥的体积取值范围为三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）如图在中，点P在边上，（1）求；（2）若的面积为，求【答案】（1）；（2）【解析】（1）在中，设，因为，又因为，由余弦定理得，即，解得，所以，此时为等边三角形，所以（2）由，解得，则，作交于D，如图所示：由（1）知，在等边中，在中，在中，由正弦定理得，所以18（12分）如图，在四棱锥中，底面是
10、边长为2的正方形，且，若点E，F分别为AB和CD的中点（1）求证：平面平面；（2）若二面角的平面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1），为中点，又，平面，平面，平面，又平面ABCD，平面平面（2），平面平面，就是二面角的平面角，所以，如图作，垂足为O，则，所以，则，如图，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，则是平面的一个法向量，则，所以与平面所成角的正弦值19（12分）某花卉企业引进了数百种不同品种的康乃馨，通过试验田培育，得到了这些康乃馨种子在当地环境下的发芽率，并按发芽率分为组：、加以统计，得到如图所示的频率分布直方图企业对
11、康乃馨的种子进行分级，将发芽率不低于的种子定为“级”，发芽率低于但不低于的种子定为“级”，发芽率低于的种子定为“级”（1）现从这些康乃馨种子中随机抽取一种，估计该种子不是“级”种子的概率；（2）该花卉企业销售花种，且每份“级”、“级”、“级”康乃馨种子的售价分别为元、元、元某人在市场上随机购买了该企业销售的康乃馨种子两份，共花费元，以频率为概率，求的分布列和数学期望；（3）企业改进了花卉培育技术，使得每种康乃馨种子的发芽率提高到原来的倍，那么对于这些康乃馨的种子，与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差是否发生变化？若发生变化，是变大了还是变小了？（结论不需要证明）【答案】（1）
12、；（2）分布列见解析，数学期望为；（3）变化了，方差变大了【解析】（1）设事件为：“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子不是“级”种子”，由图表，得，解得，由图表，知“级”种子的频率为，故可估计从这些康乃馨种子中随机抽取一种，该种子是“级”的概率为因为事件与事件“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子是“级”种子”为对立事件，所以事件的概率（2）由题意，任取一颗种子，恰好是“级”康乃馨的概率为，恰好是“级”康乃馨的概率为，恰好是“级”的概率为随机变量的可能取值有、35、，且，所以的分布列为：35故的数学期望（3）与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差变大了20（12分）已
13、知椭圆的离心率为，其右顶点为，下顶点为，定点，的面积为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点（1）求椭圆的方程；（2）试探究的横坐标的乘积是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由【答案】（1）；（2）是定值，【解析】（1）由已知，的坐标分别是，由于的面积为，又由，化简得，两式联立解得：或（舍去），椭圆方程为（2）设直线的方程为，的坐标分别为，则直线的方程为，令，得点的横坐标；直线的方程为，令，得点的横坐标，把直线代入椭圆，得，由韦达定理得，是定值21（12分）已知函数，其中（1）讨论函数的单调性；（2）若函数存在两个极值点，（其中），且的取值范围为，求的取值范围【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1），令，则当或，即时，恒成立，所以在上单调递增；当，即时，由，得或；由，得，在和上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减（2）由（1）得，当时，有两极值点，（其中），由（1）得，为的两根，所以，所以令，则，因为，
