2021届甘肃省天水市第一中学高三十模数学（文）试题含解析

这是一份2021届甘肃省天水市第一中学高三十模数学（文）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届甘肃省天水市第一中学高三十模数学（文）试题  一、单选题1．设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=（    ）A．{x|2<x≤3} B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4} D．{x|1<x<4}【答案】C【分析】根据集合并集概念求解.【详解】故选：C【点睛】本题考查集合并集，考查基本分析求解能力，属基础题.2．命题“，≥0”的否定是（    ）A．，<0 B．，≤0C．，<0 D．，≤0【答案】C【分析】根据全称量词命题的否定的知识确定正确选项.【详解】原命题的全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到要否定结论，所以C选项符合.故选：C3．我国古代数学名著《数书九章》中有“米谷粒分”问题；“开仓受纳，有甲户米一千五百三十四石到廊．验得米内夹谷，乃于样内取米一捻，数计二百五十四粒内有谷二十八颗，凡粒米率每勺三百，今欲知米内杂谷多少”，其大意是，粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（    ）A．153石 B．154石 C．169石 D．170石【答案】C【分析】这批米内夹谷约为石，则，由此能求出这批米内夹谷数量.【详解】这批米内夹谷约为石,根据题意可得解得 故选：C4．设＝，＝，下列结论中，正确的是（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量的坐标表示及数量积的坐标运算，逐项判定，即可求解.【详解】因为向量，，对于A选项，因为，所以，故A选项错误；对于B选项，又，故B选项错误；对于C选项，由，所以与不平行，故C选项错误； 对于D选项，，，所以，故D选项正确．故选：D5．已知首项为1，公比为的等比数列的前项和为，则“”是“”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【分析】利用充分条件与必要条件的定义以及等比数列的前和公式即可得出选项.【详解】，当时，则，所以，当时，，解得，所以“”是“”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定义以及等比数列的前和公式，考查了学生对定义的理解和分析能力，属于基础题.6．已知在R上是奇函数，且，当时，，则A．-2 B．2 C．-98 D．98【答案】A【分析】根据题意可知函数的周期为，即可利用周期性和奇偶性将转化为，即可求出．【详解】∵，∴是以4为周期的周期函数，由于为奇函数，∴，而，即.故选：A．【点睛】本题主要考查函数周期性和奇偶性的应用，属于基础题．7．执行右面的程序框图，输出的S的值为A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】试题分析：解：运行第一次： 成立；运行第二次： 成立；运行第三次： 成立；……………………………………………………………………运行第23次： 成立；运行第24次： 不成立；输出S的值为3. 【解析】循环结构.8．如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为，圆柱的底面半径为，高为，则该几何体的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可【详解】解：由题意得，球的半径，圆柱的底面半径，高，则该几何体的表面积为故选：A.9．设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定【答案】B【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.【详解】因为，所以由正弦定理可得，，所以，所以是直角三角形.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.10．直线与圆相切，则A．-2或12 B．2或-12 C．-2或-12 D．2或12【答案】D【详解】∵直线与圆心为（1,1）,半径为1的圆相切，∴＝1或12,故选D.【解析】本题主要考查利用圆的一般方程求圆的圆心和半径，直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式的应用. 11．关于函数有下列四个结论：①在定义域上是偶函数；②在上是减函数；③在上的最小值是；④在上有两个零点．其中结论正确的编号是（    ）．A．①② B．②④ C．②③ D．③④【答案】B【分析】对于①举特殊值可判断; 求出，可判断在上，可判断②和③；对于④.转化为判断函数与函数的图像在上的交点个数，分别作出函数图像，可判断.【详解】对于①. ,,显然所以函数不是偶函数，故①不正确.对于②. 当时，,所以所以在上是减函数，故②正确.对于③. 当时，,所以所以在上是减函数,所以在上无最小值，故③不正确.对于④. 在上零点的个数，即方程在上根的个数.即函数与函数的图像在上的交点个数.分别作出函数，在上的图像. 如图.当时，，由图可知函数与函数的图像在上有2个交点.所以在上有两个零点，故④正确故选：B【点睛】关键点睛：本题考查函数奇偶性、单调性的判断，函数零点个数的判断.解答本题的关键是判断在上零点的个数，转化为判断函数与函数的图像在上的交点个数.属于中档题.12．已知椭圆的左右焦点分别为，，以为圆心，为直径的圆与椭圆在第一象限相交于点，且直线的斜率为，则椭圆的离心率为A． B． C． D．【答案】D【分析】利用直角三角形的边角关系、椭圆的定义离心率计算公式即可得出．【详解】在Rt△PF1F2中，∠F1PF2=90°，直线的斜率为故得到∠POF2=60°，∴|PF2|=c，由三角形三边关系得到|PF1|=，又|PF1|+|PF2|=2a=c+，∴.故选D．【点睛】本题考查椭圆的几何性质及其应用，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).  二、填空题13．已知复数满足（为虚数单位），则____________．【答案】【分析】本题首先可根据得出，然后求出共轭复数，最后通过复数的模的相关性质即可得出结果.【详解】因为，所以，则，，故答案为：.14．双曲线的渐近线方程是__________.【答案】【分析】由双曲线方程得出，同时判断出焦点所在的轴．可得出渐近线方程．【详解】由已知，双曲线的焦点在轴，∴渐近线方程为．故答案为：．15．若，则__________．【答案】【分析】利用二倍角的余弦公式可求得的值，即可求得的值.【详解】，可得，故.故答案为：.16．（2017新课标全国II理科）等差数列的前项和为，，，则____________．【答案】【详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，数列的前n项和，裂项可得，所以．点睛:等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点． 三、解答题17．如图，在平面四边形ABCD中，若，，，．（1）求；（2）若，求BC．【答案】（1）（2）【分析】（1）在中，利用正弦定理，结合已知，即可求得；（2）在中，应用余弦定理，即可求得.【详解】（1）中，由正弦定理可得：即，解得．因为，所以，所以．（2）由（1）知，所以，在中，由余弦定理可得：．因为BC的长度为正数，所以．【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的直接应用，属基础题.18．如图①，在菱形中，且，为的中点．将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥．（1）求证：平面．（2）若为的中点，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接．先证明，，由，得到，即可利用线面垂直的判定定理证明平面；（2）先证明平面，由为的中点得到到平面的距离再计算出，利用等体积转化法求出三棱锥的体积.【详解】（1）连接．∵四边形为菱形，，∴是等边三角形．∵为的中点，∴，．又∵，∴，，∴，∴，∵，∴，．又，平面，平面，∴平面．（2）由（1）知，，∵，平面，平面．∴平面．∵为的中点．∴到平面的距离∵∴，即三棱锥的体积为.【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果是求体积，常用的方法有：① 直接法；②等体积法；③补形法；④向量法.19．某种治疗新型冠状病毒感染肺炎的复方中药产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标越大表明质量越好，为了提高产品质量，我国医疗科研专家攻坚克难，新研发出、两种新配方，在两种新配方生产的产品中随机抽取数量相同的样本，测量这些产品的质量指标值，规定指标值小于时为废品，指标值在为一等品，大于为特等品．现把测量数据整理如下，其中配方废品有件．配方的频数分布表质量指标值分组 频数 （1）求，的值；（2）试确定配方和配方哪一种好？(说明：在统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表)【答案】（1），；（2）配方好些，详见解析．【分析】(1) A、B配方样本容量相同，设为n，B配方废品有6件，由B配方的频率分布直方图，能求出n= 100，从而求出a和b；(2)由A配方的频数分布表能求出A配方质量指标值的样本平均数和质量指标值的样本方差;由B配方的频频率分布直方图能求出B配方质量指标值的样本平均数和质量指标值的样本方差，由两种配方质量指标值的样本平均数相等但A配方质量指标值不够稳定，得到选择B配方比较好.【详解】（1）依题意，配方样本容量相同，设为，又配方废品有件，由配方的频频率分布直方图，得废品的频率为，解得，∴．由，解得，因此，的值分别为，．（2）由（1）及配方的频数分布表得：配方质量指标值的样本平均数为，质量指标值的样本方差为：；由配方的频频率分布直方图得，配方质量指标值的样本平均数为：，质量指标值的样本方差为：，综上，，即两种配方质量指标值的样本平均数相等，但配方质量指标值不够稳定，所以选择配方比较好．【点睛】本题主要考查了频数和频率的求法，平均数、方差的求法及应用,频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.20．已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于、两点，点为中点.（1）求抛物线的方程；（2）以为直径的圆与轴交于、两点，求面积取得最小值时直线的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，将焦点坐标代入直线的方程，求出的值，即可求得抛物线的方程；（2）设点、，联立直线与抛物线的方程，求出点的坐标，求出点到的距离以及，可得出的面积的表达式，利用函数的单调性可求得面积的最小值，进而可求得对应的直线的方程.【详解】（1）抛物线的焦点为，则在上，，，所以，抛物线的方程为；（2）设、，由得，所以，，则中点，，所以，以为直径的圆的半径，到的距离，，，令，则在单调递增.当时，即时，取最小值，此时的方程为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．21．已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）求函数 的单调区间；（3）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 函数的极大值为，无极小值；(2) 当时，在是增函数；当时，在是增函数，在是减函数;(3) 实数额取值范围为.【详解】试题分析：（1）求出函数的导数，求出极值点，利用函数的单调性，求解函数的极值；（2）求出函数f（x）的定义域，函数的导数，通过当a≤0时，当a＞0时，分别求解函数的单调区间即可；（3）根据前两问得到的极大值即为的最大值即可.详解：（1）当时，.，列表1+0-↗2↘∴函数的极大值为，无极小值；(2).①当时，恒成立，故在是增函数；②当时，对，是增函数，对，是减函数.综上，当时，在是增函数；当时，在是增函数，在是减函数.(3)恒成立，则.由（2）可知，的极大值即为的最大值，∴.∴实数额取值范围为.点睛：本题考查了导数的综合应用问题，解题时应根据函数的导数判定函数的增减性以及求函数的极值和最值，应用分类讨论法，构造函数等方法来解答问题．对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（Ⅰ）求曲线和直线的直角坐标方程；（Ⅱ）直线与轴交点为，经过点的直线与曲线交于，两点，证明：为定值.【答案】（Ⅰ）曲线：.的直角坐标方程为.（Ⅱ）见证明【分析】（Ⅰ）根据曲线的参数方程，平方相加，即可求得曲线普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即可得到直线的直角坐标方程．（Ⅱ）设过点的直线方程为（为参数），代入曲线的普通方程，根据参数的几何意义，即可求解．【详解】（Ⅰ）由题意，可得，化简得曲线：.直线的极坐标方程展开为，故的直角坐标方程为.（Ⅱ）显然的坐标为，不妨设过点的直线方程为（为参数），代入：得，所以为定值.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解答中熟记参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．23．已知设函数（1）若，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为1，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意，只需解，再分类讨论求解即可；（2）由题知，进而根据柯西不等式即可证明.【详解】（1），不等式，即当时，当时，当时，∴不等式的解集为（2）∵，∴∴.