2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷二含解析

这是一份2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷二含解析，共20页。
2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷二（含解析）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题得，，，∴，∴，故选:C．【点睛】本题考查了对数不等式、指数不等式、集合的补集运算以及交集运算，属于基础题.2.有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为(    )A． B． C． D．【答案】C【解析】选取两支彩笔的方法有种，含有红色彩笔的选法为种，由古典概型公式，满足题意的概率值为,故选择:C.【点睛】本题考查了有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数,注意区分排列与组合,属于基础题.3.已知且都不为0（），则“”是“关于的不等式与同解”的（   ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若，取，，则解得，解得，所以关于的不等式与不同解；若关于的不等式与同解，则方程与必同解，又都不为0（），所以所以“”是“关于的不等式与同解”的必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题考查了充分条件与必要条件的判断，属于基础题.4.已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（   ）A. B. C. D.【答案】D【解析】在中，设，则，又由椭圆定义可知则离心率，故选:D.【点睛】本题考查了在焦点三角形应用椭圆的定义求离心率,属于基础题.5.若非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】设向量与的夹角为θ，∵，不妨设，则，
∵，∴，∴，
，，
，∴.故选：A.【点睛】本题考查了向量的数量积公式和向量的垂直，考查了学生的运算能力，属于中档题.6. 我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱，EF//平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（    ）A. 6 B.  C.  D. 12【答案】B【解析】如图，作FN//AE，FM//ED，则多面体被分割棱柱与棱锥部分，因为EF与平面ABCD的距离为2，所以四棱锥F-NBCM的高为2，所以V四棱锥F-NBCM=SNBCMV棱柱ADE-NMF=S直截面所以该刍甍的体积为V=V四棱锥F-NBCM +V棱柱ADE-NMF=.  故选：B【点睛】本题考查了空间几何体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力，属于基础题.7.如图所示，直线为双曲线：的一条渐近线，，是双曲线的左、右焦点，关于直线的对称点为，且是以为圆心，以半焦距为半径的圆上的一点，则双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C. 2 D. 3【答案】C【解析】设焦点关于渐近线的对称点为，则，又点在圆上，，故选C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质以及点关于直线对称,考查了方程思想和运算能力,属于中档题.8. 函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于，两点，且在轴上，下列说法：①函数的最小正周期是；②函数的图象关于点成中心对称；③点的坐标是，其中正确结论的个数是（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】①中，根据函数的图象以及圆的对称性，可得，两点关于圆心对称，所以，于是，所以，解得，函数的周期为，所以①错误；②中，由函数图象关于点对称，及周期知，函数图象的对称中心为，而不存在的解，所以②错误；③中，由及的相位为0，得，所以，，从而，所以③正确.故选：B.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，解答的关键是三角函数的对称性和函数的周期性的判定，考查分析问题和解答问题的能力，属于中档题.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列四个命题中，真命题为（    ）A．若复数满足，则 B．若复数满足，则C．若复数满足，则 D．若复数，满足，则【答案】AB【解析】对于选项A，若复数满足，设，其中，则，则选项A正确；对于选项B，若复数满足，设，其中，且，则，则选项B正确；对于选项C，若复数满足，设，则，但，则选项C错误；对于选项D，若复数，满足，设，，则，而，则选项D错误；故选：AB【点睛】本题考查了命题的真假,考查了复数的概念以及运算,属于基础题.10.已知正方体的棱长为2，，分别是，的中点，过，的平面与该正方体的每条棱所成的角均相等，以平面截该正方体得到的截面为底面，以为顶点的棱锥记为棱锥，则（    ）A. 正方体的外接球的体积为B. 正方体的内切球的表面积为C. 棱锥的体积为3D. 棱锥的体积为【答案】AC【解析】因为正方体的棱长为2，所以正方体的外接球的直径为，内切球的半径为1，所以正方体的外接球的体积为，内切球的表面积为，故A正确，B错误.如图，分别是棱的中点.因为在同一个平面内，并且该平面与正方体的各条棱所成的角均相等，所以平面被此正方体所截得的截面图形为正六边形，边长为.因为正六边形的面积，到平面的距离为，所以棱锥的体积为.故正确，D错误,故选：AC.【点睛】本题考查了与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时需要认真分析图形，明确切点和接点的位置，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，半径为棱长一半；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，此时正方体的体对角线长等于球的直径,棱锥的底面为边长为的正六边形，属于基础题.11.已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（    ）A．点的坐标为B．若，，三点共线，则C．若直线与的斜率之积为，则直线过点D．若，则的中点到轴距离的最小值为2【答案】BCD【解析】由抛物线，可得，则焦点坐标为，故A错误；设直线的方程为，联立方程组，可得，所以，所以，所以，故B正确；设直线的方程为，联立方程组，可得，所以，所以，因为直线与的斜率之积为，即，可得，解得，所以直线的方程为，即直线过点，故C正确；因为，所以，所以，因为，所以的中点到轴的距离： ，当且仅当时等号成立，所以的中点到轴的距离的最小值为2，故D正确，综上所述，正确命题为BCD.   故选：BCD.【点睛】本题考查了抛物线的几何性质以及直线与抛物线的位置关系,属于中档题.12.已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（    ）A．函数在上为增函数 B．是函数的极小值点C．函数必有2个零点 D．【答案】BD【解析】对于选项A,函数，则，当时，，故在上为增函数，A错误；对于选项B,当时，，故在单调递减，故是函数g(x)的极小值点，B正确；对于选项C,若，则有两个零点，若，则有一个零点，若，则没有零点，故C错误；对于选项D,在上为增函数，则，即，化简得，D正确；故选：BD【点睛】本题考查了导数在单调性中的应用，考查函数的极值，考查函数的零点问题，考查利用单调性比较大小，属于中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.记为等差数列的前项和．已知，，则=__________【答案】【解析】设等差数列的公差为．，，，，解得：，,．故答案为：．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式以及前项和公式,考查了数列基本量思想,属于基础题.14.已知角的终边经过点，则___________.【答案】【解析】因为角的终边经过点，所以，则，故答案为：【点睛】本题考查了三角函数定义、同角三角函数关系以及二倍角余弦公式，属于基础题.15.定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”．（1）设，则在上的“新驻点”为_________（2）如果函数与的“新驻点”分别为、，那么和的大小关系是_________．【答案】        【解析】（1），，令，即，得，，解得，所以，函数在上的“新驻点”为；（2），，则，，令，则对任意的恒成立，所以，函数在定义域上为增函数，，，由零点存在可得，令，可得，即，所以，.故答案为：（1）；（2）.【点睛】本题考查了函数新定义以及构造函数研究单调性比较大小,属于中档题.16.已知圆与直线，上任意一点向圆引切线，切点为A，B，若线段AB长度的最小值为，则实数的值为____________．【答案】【解析】圆C：，则圆心，，设，则 ，有最小值，即圆心到直线的距离为即 (舍负)．故答案为：【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式的应用，考查转化思想和计算能力，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在①且，②，③的面积这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并作答.问题：在中，内角所对的边分别为，且______.（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长.【答案】选择见解析；（1）；（2）.【解析】（1）若选①，，.，，，，若选②，，，，，故.若选③，，，，，，，故.（2）的面积为，，，，，，即故的周长为.【点睛】本题考查了利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理求解或者利用三角形面积公式以及余弦定理进行求解,属于基础题.18.设为数列的前项和，已知，.（1）证明为等比数列；（2）判断，，是否成等差数列？并说明理由.【答案】（1）证明见解析  （2）成等差数列，理由见解析【解析】（1）证明：∵，，∴，由题意得，，∴是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1），∴.∴，∴，∴，即，，成等差数列.【点睛】本题考查了根据递推关系证明等比数列，考查分组求和法，考查等差数列的证明，属于基础题.19.为提供市民的健身素质，某市把四个篮球馆全部转为免费民用（1）在一次全民健身活动中，四个篮球馆的使用场数如图，用分层抽样的方法从四场馆的使用场数中依次抽取共25场，在中随机取两数，求这两数和的分布列和数学期望；（2）设四个篮球馆一个月内各馆使用次数之和为，其相应维修费用为元，根据统计，得到如下表的数据：x10152025303540y100001176113010139801477115440160202.993.494.054.504.995.495.99①用最小二乘法求与的回归直线方程；②叫做篮球馆月惠值，根据①的结论，试估计这四个篮球馆月惠值最大时的值参考数据和公式：，【答案】（1）见解析，12.5（2）①②20【解析】（1）抽样比为，所以分别是，6，7，8，5所以两数之和所有可能取值是：10，12，13，15，，，所以分布列为期望为（2）因为所以，，；②，设，所以当递增，当递减所以约惠值最大值时的值为20【点睛】本题考查了直方图的实际应用，涉及求概率，平均数、拟合直线和导数等问题，关键是要读懂题意，属于中档题.20.如图，在三棱台中，二面角是直二面角，，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】（1）连接，在等腰梯形中，过作交于点，因为，所以，，，所以，所以，即，又二面角是直二面角，平面，所以平面， 又平面，所以，又因，，、平面，所以平面． （2）如图，在平面内，过点作，由（1）可知，以为原点，，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系．则，，，， 所以，，设是平面的一个法向量，则，所以，取，则，，即， 由（1）可知平面，所以是平面的一个法向量，所以 ，又二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为．【点睛】本题考查了证明线面垂直以及利用空间向量求二面角，其中空间向量解答立体几何问题的一般步骤为①观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；②写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；③设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；④将空间位置关系转化为向量关系；⑤根据定理结论求出相应的角和距离,属于中档题.21.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点是椭圆上的一个动点，且面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）设斜率不为零的直线与椭圆的另一个交点为，且的垂直平分线交轴于点，求直线的斜率.【答案】（1）（2）或【解析】(1)因为椭圆离心率为，当P为C的短轴顶点时，的面积有最大值.所以，所以，故椭圆C的方程为:.（2）设直线的方程为，当时，代入，得:.设，线段的中点为，，即因为，则，所以，化简得，解得或，即直线的斜率为或.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法以及直线和椭圆的位置关系，考查分析推理能力和运算能力,属于中档题.22.已知函数.（1）求的单调区间；（2）若，，且，证明：.【答案】（1）单调递减区间为；单调递增区间为.（2）答案见解析【解析】（1）的定义域为，，由，得，从而；由，得，从而；所以，的单调递减区间为；单调递增区间为.（2），即，令，则，.当时，；当时，，，故时，恒成立，所以在上单调递增，不妨设，注意到，所以，令，则，令，则，所以在上单调递增，从而，即，所以在上单调递减，于是，即，又，所以，于是，而在上单调递增，所以，即.【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，属于含三角函数与指数函数的极值点偏移问题，难点在于选取合适的函数求导以及通过放缩对不等式进行转换，属于偏难题