《2021届高三数学上学期期中备考金卷A卷文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高三数学上学期期中备考金卷A卷文（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021届高三数学上学期期中备考金卷（A卷）文注意事项：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，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设集合，则（ ）ABCD2的共轭复数为（ ）ABCD3命题
2、“，”的否定是（ ）ABCD4设，向量，且，则（ ）ABCD5已知，则（ ）ABCD6若函数在点处的切线斜率为，（ ）ABCD7执行如图所示框图，输出的值为（ ）ABCD8已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）ABCD9已知半径为的圆经过点，则其圆心到抛物线的焦点的距离的最大值为（ ）ABCD10函数在上的大致图象是（ ）ABCD11已知函数，若存在实数，满足，且，则的最大值为（ ）ABCD12在四棱锥中，则三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13函数的定义域为_14若实数，满足约束条件，则的最大值为_15我国的洛书中记载着
3、世界上最古老的幻方：将，填入方格内使三行三列两条对角线的三个数之和都等于，如图所示一般地，将连续的正整数，填入个方格中，使得每行每列每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做阶幻方记阶幻方的对角线上数的和为，例如，那么_16已知、为正实数，直线截圆所得的弦长为，则的最小值为_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）在中，内角，的对边分别是，且满足：（1）求角的大小；（2）若，求的最大值18（12分）设各项均为正数的数列的前项和为，满足，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求的前的项19（12分）如图，已知四棱锥的底面为矩形，（1）证明：平面平面，
4、且；（2）若四棱锥的每个顶点都在球的球面上，且球的表面积为，求三棱锥的体积20（12分）已知椭圆的离心率，且椭圆过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设点是椭圆与轴正半轴的交点，斜率不为的直线与椭圆交于不同的两点，若，问直线是否恒过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由21（12分）已知（1）当时，求函数在区间上的最大值；（2）当时，若存在正数，满足，求证：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，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（
5、1）求的极坐标方程；（2）若直线与曲线相交于，两点，求23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求实数的取值范围32020-2021学年上学期高三期中备考金卷文科数学（A）答案第卷一、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】B【解析】由，得，所以，因为，所以，故选B2【答案】B【解析】因为，所以的共轭复数为，故选B3【答案】A【解析】特称命题的否定是全称命题，注意到要否定结论，故A选项正确，故选A4【答案】B【解析】由，知，则，可得，故选B5【答案】B【解析】因为，所以，故选B6
6、【答案】A【解析】，由导数的几何意义知，解得，故选A7【答案】C【解析】模拟程序的运行，可得，执行循环体，；不满足条件，执行循环体，；不满足条件，执行循环体，；不满足条件，执行循环体，此时，满足条件，退出循环，输出的值为，故选C8【答案】D【解析】该几何体为四分之一个圆锥与三棱锥的组合体，且四分之一圆锥底面半径为，高为三棱锥为墙角三棱锥，三条直角边长分别为，另外三条边长分别为故该几何体的表面积为，故选D9【答案】B【解析】设圆的圆心为，则，所以圆的圆心在圆上因为抛物线的焦点为，所以圆心到抛物线焦点的距离的最大值为，故选B10【答案】D【解析】当时，则，所以函数在上单调递增，令，则，根据三角函数
7、的性质，当时，故切线的斜率变小，当时，故切线的斜率变大，可排除A、B；当时，则，所以函数在上单调递增，令，则，当时，故切线的斜率变大，当时，故切线的斜率变小，可排除C，故选D11【答案】B【解析】的图象如下，存在实数，满足，且，即，则，令，则，在上单调递增，故，故选B12【答案】D【解析】如图，取的两个三等分点，连接，设，连接，则，又，四边形为平行四边形，为的中点，由勾股定理可得，则，在中，又，则为等边三角形，则是的外接圆的圆心，因为，为的中点，又，平面，且，设为三棱锥外接球的球心，连接，过作，垂足为，则外接球的半径满足，设，则，解得，从而，故三棱锥外接球的表面积为，故选D第卷二、填空题：本大
8、题共4小题，每小题5分，共20分13【答案】【解析】根据题意，由于函数，则使得原式有意义的的取值范围满足，即，解得，故所求函数的定义域为14【答案】【解析】约束条件表示的可行域如下图所示，平移直线，当经过点时，直线在纵轴上的截距最小，此时点坐标是方程组的解，解得，因此的最大值为15【答案】【解析】由题意，16【答案】【解析】圆的圆心为，则到直线的距离为，由直线截圆所得的弦长为，可得，整理得，解得或(舍去)，令，又，当且仅当时，等号成立，则，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）由正弦定理得，因为，所以，所以由余弦定理
9、得，又在中，所以（2）方法1：由（1）及，得，即，因为（当且仅当时等号成立），所以，则（当且仅当时等号成立），故的最大值为方法2：由正弦定理得，则，因为，所以，所以，故的最大值为（当时）18【答案】（1）；（2）【解析】（1），即，（2），19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：因为底面为矩形，所以，则，所以又在矩形中，所以平面因为平面，所以平面平面因为，所以平面又平面，所以（2）根据已知条件可知，球的球心为侧棱的中点，则球的半径，所以球的表面积为，解得，所以20【答案】（1）；（2）过定点，定点为【解析】（1）设椭圆的焦距为，由，即，有，又椭圆过点，解得，椭圆的标准方程为（2
10、）由题可设直线的方程为，由，消去，整理可得，设，则，由题意，可得，有，且（直线不过点），即，整理可得，解得，故直线过定点21【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1），令，则，在上单调递增，在上单调递减当时，在上单调递减，的最大值为；当时，在区间上为增函数，在区间上为减函数，的最大值为，综上，（2），即，令，故在上单调递减，在上单调递增，故，所以，即，因为，所以22【答案】（1）；（2）【解析】（1）曲线的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为，转换为极坐标方程为（2）由（1）知的极坐标方程为，将代入得，故23【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，或，或，不等式的解集为（2）， ，恒成立等价于，所以，的取值范围为
