《四川省成都市新津中学2021届高三数学12月月考试题理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省成都市新津中学2021届高三数学12月月考试题理（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、四川省成都市新津中学2021届高三数学12月月考试题 理一、选择题：（每小题只有一个正确选项；每小题5分，共60分）1.已知集合，则中元素的个数为( )A. 3B. 2C. 1D. 02.若复数满足（是虚数单位），则的虚部为（ ）A. B. C. D. 3.如图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额（单位：亿元）的折线图则下列结论中表述不正确的是( )A. 从2000年至2016年，该地区环境基础设施投资额逐年增加；B. 2011年该地区环境基础设施的投资额比2000年至2004年的投资总额还多；C. 2012年该地区基础设施的投资额比2004年的投资额翻了两番 ；D. 为了预测该地
2、区2019年的环境基础设施投资额，根据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为）建立了投资额y与时间变量t的线性回归模型，根据该模型预测该地区2019的环境基础设施投资额为256.5亿元.4.的展开式中的系数为( )A. 30B. 40C. 40D. 505.在中，则在方向上的投影是（ ）A. 4B. 3C. -4D. -36.要得到函数图象，只需将函数的图象上所有点的（ ）A. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度B. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度C. 横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度D. 横坐标伸长到原来的2倍
3、（纵坐标不变），再向右平移个单位长度7.若，则“”的一个充分不必要条件是A. B. C. 且 D. 或8.已知等差数列公差为-2，前项和为，若，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（ ）A. 5B. 11C. 20D. 259.已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，若，则的值为( )A. 1B. 1C. 8lD. 8110.已知函数，则的极大值点为( )AB.C.D.11.波罗尼斯（古希腊数学家，的公元前262-190年）的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的
4、比为常数k（k0，且k1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆现有椭圆=1（ab0），A，B为椭圆的长轴端点，C，D为椭圆的短轴端点，动点M满足=2，MAB面积的最大值为8，MCD面积的最小值为1，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D. 12.已知函数的导函数是偶函数，若方程在区间(其中为自然对数的底)上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、填空题（每小题5分，共20分；答案写在答题卷相应题号的横线上）13.已知，则的值为_.14.已知实数，满足，则的最大值为_.15.秦九韶算法是南宋时期数学家秦九韶提出的一种多项式简化算法，如图所示的框图给出了
5、利用秦九韶算法求多项式值的一个实例，若输入，的值分別为4，5，则输出的值为_.16.在三棱锥中，两两垂直且，点为的外接球上任意一点，则的最大值为_.三、解答题（解答应写出过程或演算步骤：1721每题12分，选做题10分，共70分）17.（12分）已知的内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.18.（12分）已知在多面体中，平面平面，且四边形为正方形，且/，点，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.19.（12分）我国在2018年社保又出新的好消息，之前流动就业人员跨地区就业后，社保转移接续的手续往往比较繁琐，费时费力.社保改革后将简化
6、手续，深得流动就业人员的赞誉.某市社保局从2018年办理社保的人员中抽取300人，得到其办理手续所需时间（天）与人数的频数分布表：时间人数156090754515（1）若300名办理社保的人员中流动人员210人，非流动人员90人，若办理时间超过4天的人员里非流动人员有60人，请完成办理社保手续所需时间与是否流动人员的列联表，并判断是否有95%的把握认为“办理社保手续所需时间与是否流动人员”有关.列联表如下流动人员非流动人员总计办理社保手续所需时间不超过4天办理社保手续所需时间超过4天60总计21090300（2）为了改进工作作风，提高效率，从抽取的300人中办理时间为流动人员中利用分层抽样，抽
7、取12名流动人员召开座谈会，其中3人要求交书面材料，3人中办理的时间为的人数为，求出分布列及期望值.附：0.100.050.0100.0052.7063.8416.6357.87920.(12分)已知椭圆的离心率，左顶点到右焦点的距离是，为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，若以为直径的圆经过坐标原点，证明：到直线的距离为定值.21.(12分)已知函数（）（1）函数在点处切线方程为，求函数的极值；（2）当时，对于任意，当时，不等式恒成立，求出实数的取值范围.选考题（共10分，请在22,23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）22.（10分）已知曲线：和：
8、（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位.（1）求曲线的直角坐标方程和的方程化为极坐标方程；（2）设与，轴交于，两点，且线段的中点为.若射线与，交于，两点，求，两点间的距离.23.（10分）选修45；不等式选讲已知函数(1)若的解集非空，求实数的取值范围；(2)若正数满足，为（1）中m可取到最大值，求证：四川省新津中学高2018级（高三）12月考数学（理）参考答案一、选择题：（每小题只有一个正确选项；每小题5分，共60分）1.C. 2.A. 3.D. 4. C. 5.D 6.C. 7.C 8.D 9.B. 10.A 11.D 12.B.二、填空题
9、（每小题5分，共20分；答案写在答题卷相应题号的横线上）13. 14. 15.1055. 16.三、解答题（解答应写出过程或演算步骤：1721每题12分，选做题10分，共70分）17.【详解】（1）由题设得.由正弦定理得，所以或.当，（舍）故，解得.（2），从而.由余弦定理得.解得.故三角形的周长为.18.【详解】（1）过点交于点，连接，如下图所示：因为平面平面，且交线为,又四边形为正方形，故可得，故可得平面，又平面，故可得.在三角形中，因为为中点，故可得/，为中点；又因为四边形为等腰梯形，是的中点，故可得/；又，且平面，平面,故面面，又因为平面，故面.即证.（2）连接，作交于点，由（1）可知
10、平面，又因为/，故可得平面，则；又因为/，故可得即，两两垂直，则分别以，为，轴建立空间直角坐标系，则，设面的法向量为，则，则，可取，设平面的法向量为，则，则，可取，可知平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.19.【详解】（1）因为样本数据中有流动人员210人，非流动人员90人，所以办理社保手续所需时间与是否流动人员列联表如下：办理社保手续所需时间与是否流动人员列联表流动人员非流动人员总计办理社保手续所需时间不超过4天453075办理社保手续所需时间超过4天16560225总计21090300结合列联表可算得.有95%的把握认为“办理社保手续所需时间与是否流动人员”有关.（2）根据分层抽样可知时间
11、在可选9人，时间在可以选3名，故，则，可知分布列为0123可知.20.解：（1）椭圆的离心率，椭圆的方程为.（2）设，当直线的斜率不存在时，由椭圆的性质可得：，当直线的斜率不存在时，以为直径的圆经过坐标原点，即，也就是，又点在椭圆上， ，以为直径的圆经过坐标原点，且平行于轴，解得：此时点到直线的距离当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立有，消去，得，同理：，消去，得，即，为直径的圆过坐标原点，所以，点到直线的距离综上所述，点到直线的距离为定值.21.【详解】（1）函数的定义域为，可知，解得，可知在，时，函数单调递增，在时，函数单调递减，可知函数的极小值为，极大值为.（2）可以变形为
12、，可得，可知函数在上单调递减，可得，设，可知函数在单调递减，可知，可知参数的取值范围为.选考题（共10分，请在22,23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）22.【详解】（1）：可整理为，利用公式可得其直角坐标方程为：，：的普通方程为，利用公式可得其极坐标方程为（2）由（1）可得的直角坐标方程为，故容易得，的极坐标方程为，把代入得，.把代入得，.，即，两点间的距离为1.23.试题解析：（1）去绝对值符号，可得所以，所以，解得，所以实数的取值范围为（2）由（1）知，所以因为，所以要证，只需证，即证，即证.因为，所以只需证，因为，成立，所以解法二：x2+y2=2，x、yR+，x+y2xy 设：证明：x+y-2xy= =令， 原式= = = = 当时，
