2021届湖南省长沙一中高三4月高考数学模拟试题（含解析）

这是一份2021届湖南省长沙一中高三4月高考数学模拟试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届湖南省长沙一中高三4月高考数学模拟试题  一、单选题1．已知全集，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简集合，根据补集和交集的概念运算可得结果.【详解】，或，，所以.故选：D2．设复数，则的的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数乘方运算和除法运算化简复数，再根据复数的概念可得结果.【详解】,所以的的虚部是.故选：A3．函数，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】对函数进行求导，可得出函数的单调性，再得出函数的奇偶性，利用充分必要条件的定义判断可得选项．【详解】由题意可得：恒成立，所以函数在上递增，又，所以函数是奇函数，当，即，所以，解得，当时，则，显然不成立；反之，当，则，成立，所以是的必要不充分条件故选：B．4．2020年12月1日，大连市开始实行生活垃圾分类管理.某单位有四个垃圾桶，分别是一个可回收物垃圾桶､一个有害垃圾桶､一个厨余垃圾桶､一个其它垃圾桶.因为场地限制，要将这四个垃圾桶摆放在三个固定角落，每个角落至少摆放一个，则不同的摆放方法共有(如果某两个垃圾桶摆放在同一角落，它们的前后左右位置关系不作考虑)（    ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【分析】分析题意，得到有一个固定点放着两个垃圾桶，先选出两个垃圾桶，之后相当于三个元素分配到三个地方，最后利用分步乘法计数原理，求得结果.【详解】根据题意，有四个垃圾桶放到三个固定角落，其中有一个角落放两个垃圾桶，先选出两个垃圾桶，有种选法，之后与另两个垃圾桶分别放在三个不同的地方有种放法；所以不同的摆放方法共有种，故选：C.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关排列组合综合题，解题方法如下：（1）首先根据题意，分析出有两个垃圾桶分到同一个地方，有种选法；（2）之后就相当于三个元素的一个全排；（3）利用分步乘法计数原理求得结果.5．已知椭圆与双曲线的焦点相同，离心率分别为，，且满足，，是它们的公共焦点，P是椭圆和双曲线在第一象限的交点，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】设 ， ，利用余弦定理可得，再分别利用椭圆与双曲线的定义可得，可得，结合，解方程即可得答案.【详解】设 ， ，在椭圆：中，， ， 在双曲线：中， ， 即，则所以，又因为，所以，解得，故选：C.【点睛】方法点睛：在处理焦点三角形问题时，一般要考虑椭圆和双曲线的定义，注意余弦定理的应用，得到基本量之间的关系，从而转化为离心率问题，一般此类问题比较灵活，需要基础扎实，运算能力强.6．《增减算法统宗》中，许多数学问题都是以歌诀的形式出现的．其中有一首“葛藤缠木”，大意是说：有根高2丈的圆木柱，该圆木的周长为3尺，有根葛藤从圆木的根部向上生长，缓慢地自下而上均匀绕该圆木7周，刚好长的和圆木一样高．已知1丈等于10尺，则能推算出该葛长为（    ）A．21尺 B．25 C．29尺 D．33尺【答案】C【分析】根据葛藤绕圆柱7周，由7个圆柱的侧面展开图拼成的矩形的对角线求解.【详解】如图所示，圆柱的侧面展开图是矩形ABEF，由题意得：2丈=20尺，圆周长BE=3尺，则葛藤绕圆柱7周后长为尺，故选：C7．记无穷数列的前项的最大项为，第项之后的各项，···的最小项为，令，若数列的通项公式为，则数列的前项和为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用单调性依次写出前几项，再根据规律求和即可.【详解】数列的通项公式为，故从起单调递增，且，所以，，，，…，，又，所以数列的前项和为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于发现数列从起单调递增，才能依次确定的项，找到规律，突破难点.8．若对一切正实数恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，将原不等式问题转化为求函数最小值，通过求导数判断单调性研究最值求得参数范围.【详解】设，则恒成立，由，令，则恒成立，所以为增函数，令得，当时，，当时，；所以在递减，在递增，故在处取得最小值，故最小值，因为，则所以恒成立，得，又因为（当且仅当时等号成立）；所以 即 .故选：B 二、多选题9．下列说法中正确的是（    ）A． B．若且，则C．若非零向量且，则 D．若，则有且只有一个实数，使得【答案】AC【分析】根据相反向量的概念，可得A正确；根据向量共线可得B错；根据向量数量积运算，可得C错；根据向量共线基本定理，可得D错.【详解】由，互为相反向量，则，故A正确；由且，可得或，故B错；由，则两边平方化简可得，所以，故C正确；根据向量共线基本定理可知D错，因为要排除为零向量.故选：AC.【点睛】本题主要考查共线向量、相反向量，以及向量数量积的运算等知识，属于基础题型.10．已知，且，则下列说法错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】对于A选项不妨取推出矛盾即可；对于B选项利用正弦函数的不单调可以得出判断；对于C选项，利用指数函数的单调性给出判断即可，对于D选项，利用函数的单调性给出判断即可.【详解】因为，不妨取，则，故A错误；因为正弦函数是周期函数不单调，所以由推不出，故B错误；因为函数是单调减函数，所以由得到，故C正确；因为函数，，所以在上单减，在上单增，所以由推不出，故D错误；故选：ABD【点睛】判断选项正确与否的题目往往采用两种办法，对于错误的举出反例即可，对于正确的选项要证明其一般性，经常是根据题设构造函数，利用函数的单调性判断即可.11．在棱长为2的正四面体中，点分别为棱的中点，则（    ）A．平面B．过点的截面的面积为C．异面直线与所成角的大小为D．与平面所成角的大小为【答案】ACD【分析】对A，由线面平行的判定定理即可判断；对B，可得四边形EFGH为边长为1的正方形，且为截面，即可判断；对C，可得即为所求，根据B选项求出即可；对D，利用垂直关系，可得即为与平面所成角，求出即可.【详解】对A，点，为棱，的中点，，平面，平面，平面，故A正确；对B，取AB中点H，则可得四边形EFGH为截面，由A选项可得，,同理可得，,则且，故四边形EFGH为平行四边形，取BD中点M，则可得，，则平面AMC，，则，故平行四边形EFGH为正方形，且边长为1，故截面面积为1，故B错误；对C，因为，所以异面直线与所成角即，由B选项可得，故C正确；对D，如图，因为，平面GBC，则即为与平面所成角，易得，故D正确.
 故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查线面平行的判定，考查截面面积的计算，考查线面角的求解，解题的关键是正确理解判定定理和角的概念，正确利用正四面体的相关性质.12．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且，则下列说法正确的是（    ）A．为奇函数B．C．当时，在上有4个极值点D．若在上单调递增，则的最大值为5【答案】BCD【分析】利用题目已知条件，求出，再结合三角函数的性质即可得出答案.【详解】∵∴，且，∴，即为奇数，∴为偶函数，故A错.由上得：为奇数，∴，故B对.由上得，当时，，,由图像可知在上有4个极值点,故C对，∵在上单调，所以,解得：，又∵，∴的最大值为5，故D对故选：BCD.【点睛】本题考查了三角函数的平移变换，奇偶性，极值点，单调区间,属于难题.  三、填空题13．在的展开式中，常数项等于____．【答案】【分析】写出展开式中每一项具有的形式，由常数项得出，代回去计算即可.【详解】的展开项的形式是若为常数项，可得故常数项为故答案为：【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．14．写出一个图象关于直线对称的奇函数________．【答案】【分析】举例验证奇偶性和对称性.【详解】当时，，又，所以是奇函数；的对称轴方程为，，当时，，所以的图象关于直线对称，符合题意. 故答案为：.15．曲线在点处的切线与曲线相切，则___________.【答案】【分析】由求导，求得曲线在点处的切线方程，然后设该切线与相切于点，利用导数的几何意义求解.【详解】由求导得，∴曲线在点处的切线方程为，即.设与相切于点，由求导得，∴，∴，即切点为.它在切线上，∴，∴.故答案为：-2 四、双空题16．已知，若存在实数，，，满足，且，则的取值范围为______；的最大值为______.【答案】        【分析】根据图像，得到，化简得出，构造新函数，利用导数求得函数的单调增区间，进而求得，得出函数的单调性，求得其最值.【详解】由题意，函数的大致图像如图所示，由图像知，，且，，所以，令，，则，因为在上单调递增，所以，所以在上单调递减，又因为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值. 五、解答题17．已知分别是三个内角的对边，且．（1）求；（2）在①的面积为；②的周长为；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：已知，______________．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）答案见解析．【分析】(1)由已知条件结合正弦定理进行边角互化可得，结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系可得，从而可求出.(2)若选①，由三角形的面积可得，即可判断三角形的形状，求出；若选②，由已知条件可得，结合余弦定理可得，即可求出，由正弦定理可求出；若选③，由余弦定理结合已知条件可得，，联立即可求解.【详解】（1）在中，，由正弦定理可得，，∵，则即，由，则，所以，所以，解得．（2）选①，的面积为，，则，解得，所以为等边三角形，所以．选②，的周长为，由，则，①又②，由①②可得，由正弦定理可得，则，解得，又因为，所以．选③，，则，由余弦定理可得，③又，④由③④联立，无解，三角形不存在．【点睛】方法点睛:对于解三角形的问题，若已知式子中既有边又有角，常结合正弦定理或者余弦定理进行边角互化，再由二倍角公式、同角三角函数的基本关系等即可求解.18．设数列的前项和为，若满足，且.（1）证明：数列是等比数列；（2）判断数列的前项和与的大小关系，并说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）,理由见解析【分析】（1）构造方程，利用两式相减可得，变形可得，根据等比数列的定义可证结论正确；（2）利用裂项求出，比较可得结果.【详解】（1）由题意可得,两式相减，得，由得,得，得，满足，所以对于任意n为正整数都符合，所以，即，又，故数列是以3为首项，3为公比的等比数列；（2）由（1）可知，即，故，所以.【点睛】关键点点睛：第（2）问，利用裂项求出是解题关键.19．如图1，在中，，于.现将沿折叠，使为直二面角(如图2)，是棱的中点，连接、、.（1）证明：平面平面；（2）若棱上有一点满足，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）在图2中易证，再由为直二面角，，得到底面，则，然后由线面垂直的判定定理证得平面即可.（2）以､､所在的直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，再由求解.【详解】（1）在图2中，，是的中点，，又为直二面角，，底面.而平面，，且，所以平面.又平面，平面平面.（2）以､､所在的直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，因为，所以，则.设平面的一个法向量，则，即.令，则.同理可以求得平面的一个法向量.所以.又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：利用向量求面面角的方法：就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角20．已知椭圆的离心率是点是椭圆的左焦点，点为椭圆的右顶点，点为椭圆的上顶点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设点为椭圆长轴上的一个动点，过点作斜率为的直线交椭圆于两点，证明为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率可知，以及，联合求解，求解椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，，并利用两点间距离化简，求得定值.【详解】（1）则即又代入上式中得到，于是故椭圆的方程为（2）设直线交椭圆于，由消去得，.因此.于是故为定值，且为3.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆相交的定值问题，本题的关键是利用两点间距离表示，并代入，消元，化简后求值.21．公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡(B.Pascal)提请了一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)示讨论了这个问题，后来惠更斯(C.Huygens)也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答.该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢局，谁便赢得全部赌注元.每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局赌博相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，赌博意外终止.赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢局则赌博意外终止的情况，甲､乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比分配赌注.（1）甲､乙赌博意外终止，若，则甲应分得多少赌注？（2）记事件为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于，则称该随机事件为小概率事件.【答案】（1）元；（2），事件是小概率事件，理由见解析.【分析】（1）设赌博再继续进行局甲赢得全部赌注，可知最后一局必然甲赢，可知的可能取值有2、3、4，分别计算出在不同取值下的概率，可得出甲，再乘以243可得结果；（2）设赌博继续进行局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，可知的可能取值有3、4，分别计算出在不同取值下的概率，可求得，进而可得出，再利用导数求出的最小值，进而可得出结论.【详解】（1）设赌博再继续进行局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲贏由题意知，最多再进行4局，甲､乙必然有人赢得全部赌注.当时，甲以赢，所以；当时，甲以赢，所以；当时，甲以赢，所以.所以，甲赢的概率为.所以，甲应分得的赌注为元（2）设赌注继续进行局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则的可能取值有3、4，当时，乙以贏，；当时，乙以贏，；所以，乙赢得全部赌注的概率为于是甲赢得全部赌注的概率求导，.因为所以所以在上单调递增，于是.故乙赢的概率为故事件是小概率事件【点睛】关键点点睛：本题考查概率的运算，相互独立事件的概率乘法公式、互斥事件概率的加法公式的运用.解答本题的关键是在求甲赢的概率和乙赢的概率时，要明确最后一局是谁赢，前几局甲或乙各赢了几局，再结合独立事件的概率乘法公式计算即可，属于中档题.22．已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）求证：当时，函数有且只有三个零点.(参考数据：，，)【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数后结合导数的符号可得函数的单调性，注意分类讨论.（2）利用导数可求函数的极大值和极小值，构建新函数可判断极值的符号，结合零点存在定理可判断函数有3个零点.【详解】（1）解：.若，由，得；由得；由得，所以在上单调递减，在上单调递增；若，由，得或.当时，由，得；由，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上恒成立，所以在上单调递增；当时，由，得；由，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，在上单调递减，在，上单调递增，所以，，.令，则.令，则，所以在上单调递增，所以，所以，从而在上单调递减，所以，即，又当时，，即，又，该式关于单调递减，所以.所以，因为在上单调递增，且，所以函数在区间上有且只有一个零点.令，显然单调递减，所以，所以.因为在上单调递减，且，所以函数在区间有且只有一个零点.，该式关于单调递减，所以.因为在上单调递增，且，所以函数在上有且只有一个零点.综上所述：当时，函数)有且只有三个零点.【点睛】方法点睛：导数背景下的函数零点个数问题，应该根据单调性和零点存在定理来说明，注意需选择特殊点的函数值，使得其函数值的符号符合预期的性质，选择特殊点的依据有2个方面：（1）与极值点有明确的大小关系；（2）特殊点的函数值较易.与零点有关的不等式问题，可依据零点的性质及函数的单调性构建新函数来证明.