树德中学高2021级高三上期开学考试数学试题（文）时间：120分钟满分：150分命题人：廖游宇审题人：唐颖君一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．Axx2x60Bxx01.已知集合，，则AIB（）A.x2x3B.x0x2C.x3x2D.x0x3【答案】D【解析】【分析】先求出集合A，再根据交集的定义求解即可.【详解】因为Axx2x60x2x3，Bxx0，所以ABx0x3.故选：D.2i2.若i为虚数单位，则复数z的虚部为（）1i1111A.B.iC.iD.2222【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数z，再根据复数的概念即可得答案.2i(2i)(1i)3i311【详解】zi，其虚部为．1i(1i)(1i)2222故选：D．rrrrrrr3.已知向量a1,m，b1,0，且abab6，则a（）A.5B.23C.22D.26【答案】C【解析】第1页/共23页学科网（北京）股份有限公司rrrr【分析】根据abab6求得m，再利用向量的模公式求解.rr【详解】解：因为向量a1,m，b1,0，rrrr所以ab2,m,ab1，rrrr又因为abab6，所以22m25，解得m221，r所以a12m222，故选：C4.部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义，如图，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线.将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形，若记图①三角形的面3积为，则第n个图中阴影部分的面积为433333333A.()n1B.()nC.()nD.()n92624434【答案】D【解析】3【分析】每一个图形的面积是前一个图形面积的，根据等比数列公式得到答案.4333【详解】根据题意：每一个图形的面积是前一个图形面积的，即面积为首项为，公比为的等比数444列，第2页/共23页学科网（北京）股份有限公司n13333n故第n个图中阴影部分的面积为().4434故选：D.【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.5.已知矩形ABCD中，AB2BC，现向矩形ABCD内随机投掷质点P，则满足APB为锐角的概率是（）416A.B.C.D.441616【答案】A【解析】【分析】根据题意作图，如图所示，设AB2BC2m，当点P落在圆外时，APB为锐角，分别求出矩形ABCD和半圆的面积，由几何概型概率计算公式即可求得答案.【详解】解：如图所示，设AB2BC2m，当点P落在以O为圆心，以AB为直径的圆上时，APB90，当点P落在圆外时，APB为锐角，矩形ABCD的面积为2mm2m2，1半圆的面积为m2m2，222m2m2由几何概型概率计算公式知满足为锐角的概率是4，APB22m24故选：A.6.在如图所示的程序框图中，程序运行的结果S为3840，那么判断框中可以填入的关于k的判断条件是（）第3页/共23页学科网（北京）股份有限公司A.k5B.k5C.k4D.k4【答案】C【解析】【分析】模拟程序的运行过程，即可得出判断框中应填入的判断条件.【详解】模拟程序的运行过程，如下：k10,S2程序进行第一次循环：S21020,k1028，此时S3840，继续运行.程序进行第二次循环：S208160,k826，此时S3840，继续运行.程序进行第三次循环：S1606960,k624，此时S3840，继续运行.程序进行第四次循环：S96043840,k422，此时S3840，结束运行.所以k2时，程序退出循环，而k4,6,8时，程序运行不退出循环.结合选项分析可得：选项C满足.故选：Cp:1q:27.若命题x0,，x1；命题x0R，xx10，则下列命题为真命题的是x00（）A.pqB.pqC.pqD.pq【答案】A【解析】【分析】先利用基本不等式与二次函数的性质判断得命题p,q的真假，从而结合“且或非”命题的真假性即可判断.【详解】对于命题p，第4页/共23页学科网（北京）股份有限公司111当x0时，x2x2，当且仅当x，即x1时，等号成立，xxx1所以x0,，x21，故命题p为真命题；x对于命题q，令fxx2x1，则fx开口向上，140，所以fx0恒成立，即x2x10恒成立，故命题q为假命题；所以pq为真，pq为假，pq为假，pq为假.故选：A.uuuuruuuur8.已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1MF20的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（）212A.0,B.0,C.0,1D.,1222【答案】A【解析】uuuuruuuur【分析】由MF1MF20知M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆，根据M点总在椭圆内部，可得cb，再根据椭圆的性质能够推导出椭圆离心率的取值范围．【详解】设椭圆的半长轴长、半短轴长、半焦距分别为a,b,c，uuuuruuuuruuuuruuuurQMF1MF20MF1MF2，M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆，又M点总在椭圆内部，该圆内含于椭圆，即cb，c2b2a2c2,2c2a2，c212e2，0e．a222故选：A．第5页/共23页学科网（北京）股份有限公司119.（）2tan202cos103A.2B.C.3D.22【答案】B【解析】【分析】利用同角的三角函数关系将切化弦，再根据二倍角公式以及两角和差的正余弦公式，化简求值，即得答案.11cos201【详解】2tan202cos102sin202cos10cos202sin10cos(3010)2sin102sin202sin20cos30cos10sin30sin102sin102sin203313cos10sin103(cos10sin10)22222sin202sin203sin(3010)3，2sin202故选：B10.已知四面体ABCD满足ABCD3，ADBC5，ACBD2，且该四面体ABCD的外接球的表面积是（）A.2πB.6π6πC.D.4π11【答案】B【解析】【分析】将将四面体ABCD放入长方体中，求出长方体的体对角线，进而得到外接球半径，得到表面积.【详解】将四面体ABCD放入长方体中，如图，第6页/共23页学科网（北京）股份有限公司则四面体ABCD的外接球，即为长方体的外接球，a2b2322设长方体中FAa,FBb,FCc，则ac4，22bc5222三式相加得2abc12，故a2b2c26，a2b2c26所以四面体ABCD的外接球半径为r，22故四面体ABCD的外接球表面积为4πr26π.故选：B1πmx2x已知函数．若对任意，存在，使22211.fx2sin2x2cos2xx10,x20,fx221成立，则m的取值范围是（）1A.m1B.m211C.mD.m84【答案】D【解析】【分析】把恒成立及存在问题转化为最值间关系，先根据三角函数值域求fx22，再求二次函数max最值求出m的取值范围即可.1πmx2x【详解】因为对任意，存在，使222成立，x10,x20,fx22121mx2x2fx22所以1max,max第7页/共23页学科网（北京）股份有限公司ππππ3π，Qfx2sin2x2cos2x=22sin2xQx10,2x1,,42444fx22,max321mx2x222321222，mx2x2,mxx10,x0,22222max1112存在x20,，m,t0,mtt成立,x2xx22min2221111Qtt=t,m.2444故选：D.12.对于函数yfx，若存在非零实数x0,使得fx0fx0，则称点x0,fx0与点lnx,x0x0,fx0是函数的一对“隐对称点”．若m0时，函数fx2的图象上恰有2mxmx,x0对“隐对称点”，则实数m的取值范围为（）1A.0,B.1,e11C.0,U,D.0,1U1,ee【答案】D【解析】【分析】由题意可得，函数f(x)mx2mx(x0)关于原点对称的图象g(x)mx2mx与函数lnxf(x)lnx(x0)的图象有两个交点，再次转化为h(x)(x0)与ym(x1)的图象有2个交x点，然后画出图象，根据图象可求得答案.【详解】由题意可得，函数f(x)mx2mx(x0)关于原点对称的图象g(x)mx2mx与函数f(x)lnx(x0)的图象有两个交点，lnx即方程mx2mxlnx(x0)有两个根，即m(x1)，xlnx1lnx令h(x)(x0)，则h(x)，xx2当0xe时，h(x)0，当xe时，h(x)0，第8页/共23页学科网（北京）股份有限公司所以h(x)在0,e上递增，在e,上递减，lnxym(x1)的图象恒过点(1,0)，h(x)(x0)的图象也过点(1,0)，xlnx因为h¢(1)=1，所以h(x)(x0)在x1处的切线方程为yx1，xlnx由图可知当0m1或m1时，h(x)(x0)与ym(x1)的图象有2个交点，x即mx2mxlnx(x0)有两个根，所以实数m的取值范围为0,1U1,，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的几何意义，考查函数的新定义，解题有关键是对新定义的正确理解，从而将问题转化为方程lnxm(x1)有2个根，然后构造函数，利用函数图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属x于较难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．答案填在答题卷相应横线上．y013.设x,y满足约束条件xy0，则z2xy的最大值为__．xy2【答案】4【解析】【分析】根据可行域结合几何意义求最值.【详解】作出可行域如下，第9页/共23页学科网（北京）股份有限公司由z2xy可得y2xz，当直线y2xz过点(2,0)时，z最小，则z最大，此时z2xy4.故答案为:4.π14.在VABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a2,b23,B，则VABC的面积为3__________.【答案】23【解析】【分析】利用余弦定理求出c，再由面积公式计算可得.π【详解】Qa2，b23，B，32π由余弦定理b2a2c22accosB得2322c222ccos，