理科数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
| 题号 | 一 | 二 | 三 | 四 | 总分 |
| 得分 |
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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| 评卷人 | 得分 |
| 一、单选题 |
A． ． ． ．
2．若复数满足，则（ ）
A． ． ． ．5
3．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米.所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.001米时，乌龟爬行的总距离为（ ）
A．米 ．米
C．米 ．米
4．已知实数、满足，则的最大值为（ ）
A． ． ． ．
5．己知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． ． ． ．
6．2021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家，选派了甲､乙､丙､丁四名工作人员到A，B，C三个村调研脱贫后的产业规划，若每个村至少去1人，则甲单独被分到A村的概率为（ ）
A． ． ． ．
7．下列不等式中一定成立的是（ ）
A． ．
C． ．
8．已知函数为奇函数，为偶函数，且，则（ ）
A． ． ．
9．设椭圆C：的左、右焦点分别为，过的直线与C交于A，B两点，若为等边三角形，则C的离心率为（ ）
A． ． ． ．
10．已知命题p：在中，若，则；命题q：函数有两个零点，则下列为真命题的是（ ）
A． ． ． ．
11．在直三棱柱中，，则三棱柱外接球体积等于（ ）
A． ． ． ．
12．已知实数，，满足且，若，则（ ）
A． ．
C． ．
第II卷（非选择题）
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| 评卷人 | 得分 |
| 二、填空题 |
14．设，是双曲线实轴的两个端点，是双曲线上的一点（异于，两点），且，则双曲线的渐近线方程为___________.
15．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足，则___________.
| 评卷人 | 得分 |
| 三、双空题 |
| 评卷人 | 得分 |
| 四、解答题 |
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
18．如图甲，三棱锥，均为底面边长为､侧棱长为的正棱锥，且A､B､C､D四点共面（点P，Q在平面的同侧），，交于点O.
（1）证明：平面平面；
（2）如图乙，设，的延长线交于点M，求二面角的余弦值.
19．2021年6月17日9时22分，我国酒泉卫星发射中心用长征遥十二运载火箭，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道，顺利将聂海胜､刘伯明､汤洪波名航天员送入太空，发射取得成功，这标志着中国人首次进入自己的空间站.某公司负责生产的型材料是神舟十二号的重要零件，该材料应用前景十分广泛.该公司为了将型材料更好地投入商用，拟对型材料进行应用改造.根据市场调研与模拟，得到应用改造投入（亿元）与产品的直接收益（亿元）的数据统计如下：
| 序号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 6 | 8 | 10 | 13 | |
| 15 | 22 | 27 | 40 | 48 | 54 | 60 |
| 回归模型 | 模型① | 模型② |
| 79.13 | 20.2 |
（2）为鼓励科技创新，当应用改造的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，根据（1）中选择的拟合精度更高更可靠的模型，比较投入17亿元与20亿元时公司收益（直接收益+国家补贴）的大小.
附：刻画回归效果的相关指数，且当越大时，回归方程的拟合效果越好..用最小二乘法求线性回归方程的截距：.
20．已知抛物线的焦点为，直线与轴交于，与交于，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设、是上两点，其横坐标之和为，且在以为直径的圆上，求直线的方程.
21．己知函数.
（1）若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；
（2）当时，证明：.
22．在直角坐标系中，曲线的方程为：.
（1）以过原点的直线的倾斜角为参数，求曲线C的参数方程；
（2）设曲线C上任一点为，求的取值范围.
23．已知函数.
（1）解不等式；
（2）若正数a，b，c满足，求的最小值.
参
1．C
【分析】
求得根式不等式以及对数不等式解得集合，再求交集即可.
【详解】
由题可得：，
，所以.
故选：C.
2．B
【分析】
根据复数运算法则和共轭复数相关知识求解即可.
【详解】
因为，
所以，
所以，
所以.
故选：B
3．A
【分析】
根据乌龟每次爬行的距离构成等比数列，写出和，再结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】
由题意，乌龟每次爬行的距离构成等比数列，
其中，且，
所以乌龟爬行的总距离为.
故选：A.
4．C
【分析】
作出不等式组所表示的可行域，利用代数式的几何意义以及数形结合可求得的最大值.
【详解】
作出不等式组所表示的可行域如下图所示：
目标函数的几何意义为可行域内的点与定点连线的斜率，
由图可知，当点在可行域内运动时，直线的倾斜角均为锐角，
联立可得，即点，
当点与点重合时，直线的倾斜角最大，此时取最大值，即.
故选：C.
5．B
【分析】
根据图象求出函数的解析式，代值计算即可得出的值.
【详解】
由图象可知，函数的最小正周期为，故，
又，所以，，
又，故，所以，
所以，
故选：B.
6．A
【分析】
甲､乙､丙､丁4人分到三个不同的村，每个村至少分1人的方法数是，其中甲被单独分到A村的方法数是，根据古典概率公式计算可得答案.
【详解】
解：甲､乙､丙､丁4人分到三个不同的村，每个村至少分1人的方法数是，其中甲被单独分到A村的方法数是，因此所求概率.
故选：A.
7．D
【分析】
由得的范围可判断A；利用基本不等式求最值注意满足一正二定三相等可判断B；作差比较与的大小可判断C；作差比较与的大小可判断D.
【详解】
因为，所以，所以，故A错误；
只有在时才成立，故B错误；
因为，所以，
所以，故C错误；
因为，所以，故D正确.
故选：D.
8．C
【分析】
根据给定条件利用奇偶函数的定义，列出方程组计算作答.
【详解】
函数为奇函数，为偶函数，且，则，即，
而，联立解得，，
所以.
故选：C
9．A
【分析】
判断出，利用求得离心率.
【详解】
由于为等边三角形，根据椭圆的对称性可知，
在中，，，
所以.
故选：A
10．C
【分析】
分别判断命题p、命题q的真假，进而依次判断各选项即可得出结果.
【详解】
对于命题p：在中，（大边对大角），由正弦定理得，故p是真命题；
对于命题q：∵，∴函数在上有一个零点，
又∵，∴函数有三个零点，故q为假，∴q为假命题.
所以为假命题；为假命题；为真命题；④为假命题.
故选:C.
11．A
【分析】
根据给定条件将直三棱柱补形成正方体，借助正方体求其外接球半径计算作答.
【详解】
在直三棱柱中，因，即，则，
于是得，将其补形成棱长为2的正方体，如图，
则直三棱柱的外接球即为棱长为2的正方体的外接球，
球半径，因此，，
所以三棱柱外接球体积等于.
故选：A
12．D
【分析】
首先根据题中的条件得到，从而得到；再根据时得到，结合函数的单调性得到，从而得到.
【详解】
由得，————①
由得，————②
两式相加得，因为，，所以，又因为 ，所以；
因为，，所以，即，所以；
令，则，当时，，
所以在内单调递增，即，
所以，即，
又令，则，
当时，，所以在内单调递增，所以由，得到.
所以.
故选：D.
13．
【分析】
利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】
.
故答案为：.
14．
【分析】
设点的坐标为，利用点在双曲线上则点的坐标满足双曲线方程，结合题意，即可求得
【详解】
设，则，
所以，
又Q在双曲线上，可得，
所以.
可得，
即，
故双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
15．
【分析】
由已知及正弦定理可得，，进而由余弦定理可得的值．
【详解】
因为，所以由正弦定理得，又，所以可得，所以.
故答案为：.
16．24
【分析】
由每个正方形4条边，每个三角形3条边，再考虑到每条边对应两个面，由此可得多面体的棱.分别由三角形和四边形的的面积公式求得多面体的表面积.
【详解】
解：每个正方形4条边，每个三角形3条边，，考虑到每条边对应两个面，所以实际只有条棱.
三角形和四边形的边长都是，所以正方形总面积为，三角形总面积为，所以多面体的表面积为.
故答案为：24；.
17．
（1）；
（2）.
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得结果；
（2）求出，利用裂项相消法可求得.
（1）
解：对于等差数列，因为，且、、成等比数列，
即，即，解得，
因此，.
（2）
解：因为为等差数列，，
所以，则，
因此，
.
18．
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）连接根据题意可得， 结合线面垂直判定定理可证平面，根据面面垂直判定定理得证；
（2）法一：建立空间直角坐标系，根据条件求出其法向量，利用向量法求二面角问题步骤求解即可；
法二：通过题意和图形证明为二面角的平面角，在三角形中利用解三角形求出即为所求.
（1）
证明：如图，连接
因为，为的中点，所以．
同理，，又， 平面，
所以平面．
又平面，
所以平面平面．
（2）
法一：如图，
分别过，作平面的垂线，垂足分别为，，
则，在上，且，分别为的三等分点，且，,，
所以四边形为矩形，
所以．
且，
所以．
所以，由（1）得两两垂直．
又，
所以．
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设，分别为平面与平面的法向量，
则，
．
所以，
由图可得所以二面角的平面角的余弦值为.
法二：
分别过作平面的垂线，垂足分别为，，
则，在上，且，分别为的三等分点，
且，，，
所以四边形为矩形，
所以．
且，
所以，
所以．
取的中点，则，，
所以为二面角的平面角．
又，
所以．
又，所以，
所以．
又，
.
所以二面角的平面角的余弦值为.
19．
（1），模型②拟合精度更高､更可靠，收益为；
（2）投入17亿元比投入20亿元时收益小.
【分析】
（1）根据题意求得，再根据的计算公式，即可分别求得，则可判断不同模型的拟合度；
（2）根据题意，求得回归直线方程，即可代值计算，求得预测值.
（1）
对于模型①，对应的，
故对应的，
故对应的相关指数，
对于模型②，同理对应的相关指数，
故模型②拟合精度更高､更可靠.
故对型材料进行应用改造的投入为17亿元时的直接收益为
.
（2）
当时，
后五组的，
由最小二乘法可得，
故当投入20亿元时公司收益（直接收益+国家补贴）的大小为：
，
故投入17亿元比投入20亿元时收益小.
20．
（1）；
（2）.
【分析】
（1）由设，可得，由可得出关于的等式，解出正数的值，即可得出抛物线的方程；
（2）求出直线的斜率为，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理求出的值，即可得出直线的方程.
（1）
解：由已知设，代入得.
所以，，因为，所以，
整理可得，即，，解得.
所以的方程为.
（2）
解：设、，则，，，，
所以，.
设直线的方程为，联立，可得，
，解得.
由韦达定理可得，，
，同理，
若或，则与或重合，不合乎题意，
则
，
即，解得.
因此，直线的方程为.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．
（1）.
（2）证明见解析.
【分析】
（1）将不等式转化为，设，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性和最值，由此可得实数a的取值范围；
（2）令，利用正弦函数的性质可得证.
（1）
解：当时，，则可化为，
设，则，
因此在上单调递减，在上单调递减，则，
所以；
（2）
证明：令，则，
所以①当时，，此时；
②当时，由（1）可知：当时，，即
③当时，，
综上所述：当时，.
22．
（1）（为参数，且）
（2）
【分析】
（1）根据参数方程和普通方程之间的关系进行转化即可；
（2）利用（1）中已知参数方程代入并结合参数范围即可求出范围.
（1）
曲线，即，是以为圆心，为半径，且过原点的圆，
设过原点的直线交曲线的另一点于，
设，则，
由已知得，以过原点的直线倾斜角为参数，则，且，
所以圆的参数方程为（为参数，且）
（2）
因为为曲线C上任一点，
所以，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以.
所以的取值范围为.
23．
（1）；
（2）最小值为7.
【分析】
(1)根据给定条件分段去绝对值符号并解不等式作答.
(2)根据给定条件借助柯西不等式计算作答.
（1）
函数，当时，，由，解得，则有，
当时，，由，即，解得，则有，
当时，不满足，此时不等式无解，综上得：，
所以不等式的解集为：.
（2）
依题意，，，
则
，当且仅当时取“=”，
所以当时，的最小值为7.
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