2021年秋季高三数学开学摸底考试卷一、单选题1．若集合且，，则（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据已知条件，用列举法表示集合A,解简单不等式求得集合B,然后根据交集定义求解.【详解】集合，，所以.故选：D.2．若为纯虚数，为虚数单位，则实数的值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】先对复数化简，然后令实部为零，虚部不为零，可求出实数的值【详解】因为为纯虚数，所以，所以.故选：A3．若随机变量，，若，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据二项分布列式，计算出，然后利用正态分布的特点计算的值.【详解】由题意，，解得，则，所以.故选：A.4．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖如图属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的底面边长与内切球半径比为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】画出上层轮廓近似正四棱锥示意图，设，由正四棱锥中内切球球心与各面的关系可得，结合已知面积比求，进而求得，即可求内切球半径，最后可求正四棱锥的底面边长与内切球半径比.【详解】上层轮廓近似正四棱锥如下图示，若为底面中心，为内切球球心，面且为中点，令内切球半径为，， 正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，∴，即，故，则，又 ，即，∴，故正四棱锥的底面边长与内切球半径比为.故选：D【点睛】关键点点睛：依据正四棱锥中内切球的性质，得到相关线段的比例关系，设底面边长及内切球半径，进而确定它们之间的数量关系.5．设，，，则，，的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据正弦函数的单调性，结合不等式性质，可得到a的范围；利用二倍角公式化简b、c，结合函数单调性，可得到b、c的大致范围；从而，可以比较a、b、c的大小.【详解】因为，所以有，即，所以；因为，而，所以有，所以，即；因为，而所以；显然，，而，所以，即所以故选：D6．已知点是双曲线右支上一点，分别为左右焦点，则的内切圆圆心的横坐标为（）A．3B．4C．5D．6【答案】B【分析】根据双曲线的定义和圆的切线长定理，把，转化为，即可求得答案.【详解】如图所示，双曲线的焦点坐标分别为，设内切圆与轴的切点为，与内切圆的切点分别为，由双曲线的定义可得,又由圆的切线长定理知：，所以，即,设内切圆的圆心的横坐标为，可得点的横坐标为，所以，解得，即内切圆的圆心的横坐标为.故选：B.7．在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（）A．1B．C．D．【答案】B【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：因为P、N分别为CD、BC中点，所以，同理，P、Q分别为CD、中点，所以，又，平面PQN，，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，又点在平面内运动，所以点M在平面和平面的交线上，即，在中，，，，所以，所以，所以N点到PQ的最小距离.所以线段的最小值为.故选：B【点睛】解题的关键是作出平面平面，在根据题意，确定点M的位置，再求解，考查面面平行的判定及性质定理的应用，解三角形等知识，属中档题.8．已知函数，，实数，满足，若，，使得成立，则的最大值为（）A．1B．C．D．【答案】A【分析】利用导数求得的单调区间和最小值.画出和的图象，结合图象求得的最大值.【详解】，所以当时，递减；当时，递增.所以在区间上，的最小值为.，故在时取得最大值.画出和图象如下图所示，令，解得或.依题意，实数，满足，若，，使得成立，由图可知，的最大值为.故选：A【点睛】恒成立、存在性问题的求解，可通过结合图象以及函数的最值来求解.二、多选题9.设，是两个非零向量，下列四个命题为真命题的是（）A．若，则和的夹角为B．若，则和的夹用为3C．若，则和方向相同D．若，则和b的夹角为钝角【答案】ABC【分析】利用向量加减法的几何意义，判断A、B的正误；两向量模的性质判断C，由向量的夹角与数量积...