2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷三含解析

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三含解析，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三（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.已知集合，集合，设集合，则下列结论中正确的是（   ）A．          B．          C．          D．【答案】C【解析】由题设，，则，故，故选:．【点睛】本题考查了集合的运算,属于基础题.2.某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（      ）A．150 B．200 C．300 D．400【答案】C【解析】∵，，所以，所以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为．故选:C．【点睛】本题考查了正态分布,属于基础题.3.给出关于双曲线的三个命题：①双曲线的渐近线方程是；②若点在焦距为4的双曲线上，则此双曲线的离心率；③若点、分别是双曲线的一个焦点和虚轴的一个端点，则线段的中点一定不在此双曲线的渐近线上.其中正确的命题的个数是（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】对于①：双曲线的渐近线方程是，故①错误；对于②：双曲线的焦点为，，从而离心率，所以②正确；对于③：的中点坐标均不满足渐近线方程，所以③正确；故选:C.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程、离心率，属于基础题.4.记，则的值为（    ）A. 1 B. 2 C. 129 D. 2188【答案】C【解析】中，令，得.∵展开式中∴,故选：.【点睛】本题考查了二项式通项与展开式的应用,利用二项展开式的通项求指定项的系数以及采用赋值法求项的系数和,属于基础题.5.已知平面向量，满足，，且，之间的夹角为60°，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】依题意，，则，故选：C.【点睛】本题考查了平面向量的数量积的应用，属于基础题.6.函数的图象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】其定义域为根据奇函数性质可得，是奇函数故排除B，C.当，根据指数函数是单调增函数，可得当，故只有A符合题意,故选：A.【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图象问题，解题关键是掌握函数奇偶性的定义和图象特征，及其特殊值法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.7.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】依题意可知平面.设，则.，当且仅当时取得最大值.依题意可知是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为，故半径.所以外接球的体积为.特别说明：由于平面，是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为为定值，即无论阳马体积是否取得最大值，堑堵外接球保持不变，所以可以直接由直径的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B【点睛】本题考查了几何体外接球的体积的求法，以及四棱锥体积最大值的计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查中国古代数学文化，属于中档题.8.已知函数，若存在实数，，，，满足，其中，则的取值的范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】函数的图象如图所示.设，则.，.点，，关于直线对称，所以.而，所以，故，故选：C.【点睛】本题考查了分段函数的图象、对数函数、三角函数的性质的应用以及二次函数的性质，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.若复数，其中为虚数单位，则下列结论不正确的是（    ）A．的虚部为 B．C．的共轭复数为 D．为纯虚数【答案】ABC【解析】对于选项A，复数，可得的虚部为，所以错误；对于选项B，由，所以错误；对于选项C，由共轭复数的概念，可得，所以错误；对于选项D，由，可得为纯虚数，所以正确，故选：ABC【点睛】本题考查了复数的基本概念，以及复数的四则运算的应用，考查了推理与计算能力，属于基础题.10.对于函数的图象为C，叙述正确是（    ）A. 图象C关于直线对称B. 函数在区间内是增函数C. 由的图象向右平移个单位长度可以得到图象CD. 图象C关于点对称【答案】AB【解析】对于选项A，将代入函数中得，，所以直线 是图像C的一条对称轴，故A正确；对于选项B，由≤≤，得≤≤，所以函数在区间内是增函数是,故B正确的；对于选项C，由于，所以的图像是由的图像向右平移个单位长度可以得到，故C错误；对于选项D，当时，，所以图像C不关于点对称，故D错误；故选：AB【点睛】此题考查了正弦函数的图像与性质以及正弦函数的图像平移变换规律，属于基础题.11.下列说法正确的是（    ）A. 将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数后，方差也变为原来的倍；B. 若四条线段的长度分别是1，3，5，7，从中任取3条，则这3条线段能够成三角形的概率为；C. 线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱；D. 设两个独立事件和都不发生的概率为，发生且不发生的概率与发生且不发生的概率相同，则事件发生的概率为.【答案】BD【解析】对于选项A,设一组数据为,则每个数据都乘以同一个非零常数后,可得，则，所以方差也变为原来的倍，故A错误.对于选项B,从中任取3条有4中取法,其中能构成三角形的只有3,5,7一种，故这3条线段能够成三角形的概率为，故B正确.对于选项C, 由，两个变量的线性相关性越强，，两个变量的线性相关性越弱，故C错误.对于选项D,根据题意可得, 设则，得，即解得或（舍）所以事件发生的概率为，故D正确.      故选：BD【点睛】本题考查了命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，难度不大，属于中档题.12. 已知，，，若存在唯一零点，下列说法正确的有（    ）A. 在上递增B. 图象关于点中心对称C. 任取不相等的实数，均有D. 【答案】ABD【解析】对于选项A,由知在上递增，故A正确；对于选项B,，故图象关于点中心对称，故B正确；对于选项C,由，当时，，递增，图象下凸，此时，故C错误﹔对于选项D,，注意到，故的图象关于点中心对称，而，则在上有唯一零点等价于在无零点，，当时，因为，则，于是在递增，于是当时，，满足题意﹔当时，，由连续函数的性质可知，一定存在，使得时，则在单调递减，于是时，而时，，，，，由零点存在定理，在区间上一定还存在零点，与已知矛盾.故.故B正确,故选：ABD【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断选项D的真假，需要利用导数分析函数的单调性，再结合零点存在性定理和函数图象的对称性得解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为________．【答案】【解析】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，所以圆锥底面圆的半径，母线长，所以圆锥的侧面积为。故答案为：【点睛】本题考查了圆锥的轴截面、侧面积，圆锥的轴截面是以圆锥母线为腰、圆锥底面圆直径为底的等腰三角形.考查空间想象能力与运算能力,属于基础题.14.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是____________【答案】【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，故答案为：【点睛】本题考查了古典概型以及数学文化背景,属于基础题.15.如图，点为锐角的终边与单位圆的交点，逆时针旋转得，逆时针旋转得，……，逆时针旋转得，则______，点的横坐标为______.【答案】        【解析】根据题意，点为锐角的终边与单位圆的交点，逆时针旋转得，逆时针旋转得，……，逆时针旋转得，根据三角函数的定义，可得，故，点的横坐标为 ．故答案为：， ．【点睛】本题考查了任意角的三角函数的定义，二倍角公式、诱导公式，以及两角和的余弦函数公式的综合应用，考查了逻辑推理与运算能力，属于中档题.16.若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为________【答案】1【解析】由方程，有设即 所以令 ，则,所以在上单调递增，在上单调递减,且，，当时，其大致图像如下.要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且.结合图像可得关于的方程一定有两个不等的实数根 且, 则.所以 【点睛】本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，考查转化思想，属于偏难题.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.已知数列的前项和满足，且，数列中，，，.（1）求数列和的通项公式；（2）若，求的前项的和.【答案】（1）,；（2）.【解析】（1）由得（）．两式相减得，即（）．又得，所以数列是等比数列，公比为2，首项为1，故．由可知是等差数列，公差，则．（2），                   ①，    ②．        ①②得故．【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式的求法以及用错位相减法求数列和的方法,属于基础题.18.已知，，分别为内角，，的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④.（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？（2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应的面积.（若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分）【答案】（1）①，③，④或②，③，④；（2）.【解析】（1）由①得，，所以，由②得，，解得或（舍），所以，因为，且，所以，所以，矛盾.所以不能同时满足①，②.故满足①，③，④或②，③，④；（2）若满足①，③，④，因为，所以，即.解得.所以的面积.若满足②，③，④由正弦定理，即，解得，所以，所以的面积.【点睛】本题考查了三角形能否成立的判断、利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形面积的计算，考查运算求解能力，属于基础题.19.某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分（满分：分）数据，统计结果如下表所示．组别频数 （1）已知此次问卷调查的得分服从正态分布，近似为这人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），请利用正态分布的知识求；（2）在（1）的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案.（ⅰ）得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；（ⅱ）每次赠送的随机话费和相应的概率如下表.赠送的随机话费/元概率现市民甲要参加此次问卷调查，记为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列及数学期望．附：，若，则，，【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】（1）由题意可得，易知，，，；（2）根据题意，可得出随机变量的可能取值有、、、元，，，，.所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，随机变量的数学期望为.【点睛】本题考查了概率的计算，涉及到平均数的求法、正态分布概率的计算以及离散型随机变量分布列及其数学期望，在解题时要弄清楚随机变量所满足的分布列类型，结合相应公式计算对应事件的概率，考查计算能力，属于中等题.20.如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，与底面所成角的正切值为，是的中点，线段上的动点.（1）证明：平面；（2）若二面角的余弦值为，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：平面平面， .又，，，平面，平面，又平面，∴.又，是的中点，，又，，平面，平面.（2）以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.∵与底面所成角的正切值为，，∴，则，，.设，则，设平面的法向量为，由，得：，而平面的一个法向量为，依题意得：，即，得或(舍).故.【点睛】本题考查了线面位置关系以及用空间向量的方法通过二面角大小求解,解答时设，可采用，先利用空间向量求解已知面的法向量，使法向量满足条件，然后求解出的值,属于中档题.21.已知椭圆的离心率，其左、右顶点分别为点，且点关于直线对称的点在直线上.（1）求椭圆的方程；（2）若点在椭圆上，点在圆上，且都在第一象限，轴，若直线与轴交点分别为，判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.【答案】（1）；（2）1.【解析】（1）点关于直线对称的点在直线上，∴，解得.又，解得.∴椭圆E的方程为：.（2）设，，令，解得，∴.联立，化简得：.∴，解得.∴，即.∴直线的斜率=.∴的方程：，令，解得，∴.设，则，.∴.∵，∴，∴，即.∴为定值.【点睛】本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系以及椭圆中的定值问题，需注意解析几何中的夹角类问题可尝试用平面向量解决，属于中档题.22. 已知，为常数.（1）讨论的单调性；（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1），当时，，在上单调递减；当时，由得，；由得，.故在递减，在递增.（2）由得，，，∴.①当时，由（1）知，在上单调递增，∴，②当时，令，则，，，当时，，由得，，∴时，，从而，由零点存在定理知，存在，使得.当时，，此时，，不合题意当时，，由得，，∴时，，从而，由零点存在定理知，存在，使得，当时，，此时，，不合题意.     综上，.【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的单调性以及不等式的恒成立问题，正确分段讨论参数的范围是解题的关键，构造恰当的函数讨论单调性，考查学生的运算能力和转化能力,属于偏难题.