2021届湖南省益阳市箴言中学高三下学期十模试数学试题（含解析）

这是一份2021届湖南省益阳市箴言中学高三下学期十模试数学试题（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届湖南省益阳市箴言中学高三下学期十模试数学试题


一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据不等式的解法和对数函数的性质，求得集合，，结合集合的基本运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，，
因为，所以，所以.
故选：B.
2．已知为实数，复数（为虚数单位），复数的共轭复数为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数运算首先求出，再根据只有实数可以比较大小可得关于的方程和不等式，进而解得的值，代入可得结果.
【详解】，∴，
∵，∴，解得，
∴，∴.
故选：B.
3．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）

A．①② B．②③ C．①④ D．②④
【答案】D
【分析】利用三视图的成图原理，即长对正、宽相等、高平齐，可得四个几何体的三视图。
【详解】对①，三视图均相同；
对②，主视图与侧视图相同；
对③，三个视图均不相同；
对④，主视图和侧视图相同。
故选：D.
【点睛】本题考查三视图的成图原理，考查空间相象能力，属于容易题。
4．在象棋比赛中，参赛的任意两位选手都比赛一场，其中胜者得2分，负者得0分，平局各得1分.现有四名学生分别统计全部选手的总得分为131分，132分，133分，134分，但其中只有一名学生的统计结果是正确的，则参赛选手共有（ ）
A．11位 B．12位 C．13位 D．14位
【答案】B
【分析】设参赛选手共有位，则总场次为，由每场得分为2，即总得分只能为偶数，结合题设列方程求n值，并判断n值的合理性即可.
【详解】设参赛选手共有位，则总比赛场次为，即场，且，，
由题意知：任意一场比赛结束，选手的总得分为2分，故所有选手总得分为分且为偶数，
∴当，得；当，无整数解；
∴(位).
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据每场得分为2易知总得分为偶数，设参赛人数为n，利用组合数求比赛总场次，列方程求参赛人数.
5．函数的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据奇偶性的定义可判断出函数为偶函数，再利用即可得出.
【详解】由题知的定义域为．
因为，
所以是偶函数，函数图象关于轴对称，排除选项B；
又，故排除选项C，D.
故选：A．
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
6．已知的外心为，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析出，由可求得，再利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】，则，即，则为的中点，
又因为为的外心，则，
所以，为直角三角形，且，
如下图所示：

，所以，为等边三角形，则，
由勾股定理可得，
，
故选：D.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
7．若满足且的最小值为－2，则的值为．
A．1 B．-1 C．2 D．-2
【答案】B
【详解】
直线与交于点，因此直线过点，即，经验证满足条件，选B．
【解析】线性规划
8．已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，.若，且在，之间，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出焦点坐标，利用面积比得是线段的中点，设，则可得点坐标，由在另一渐近线上求得值，从而可得线段长．
【详解】解：双曲线中，，所以，设，
因为，所以点为线段的中点，则．
又点在直线，则，解得，所以，
此时，．
故选：B．
【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的几何性质，渐近线方程，焦点坐标等等．解题关键是由面积比得出点为线段的中点，这样设出一个点的坐标，由另一点在另一渐近线上，求得（或）坐标，从而易得线段长．

二、多选题
9．已知，均为正数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】先根据，均为正数，且，得到，A.利用基本不等式判断；B.由，利用指数函数的单调性判断；C.利用“1”的代换转化结合基本不等式判断；D. 利用基本不等式判断.
【详解】因为，均为正数，且，
所以，
A.因为，即，，当时，，故错误；
B.因为 ，所以，故正确；
C. 因为，当且仅当时，取等号，故正确；
D. 因为，当且仅当，即时，取等号，故错误；
故选：BC
10．已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，则下列判断正确的是（ ）
A．a1＝3 B．若d＝1，则an＝n2+2n C．a2可能为6 D．a1，a2，a3可能成等差数列
【答案】ACD
【分析】利用等差数列的性质和通项公式，逐个选项进行判断即可求解
【详解】因为，，所以a1＝3，an＝[1+(n-1)d](n+2n).若d＝1，则an＝n(n+2n)；若d＝0，则a2＝6.因为a2＝6+6d，a3＝11+22d，所以若a1，a2，a3成等差数列，则a1+a3＝a2，即14+22d＝12+12d，解得.
故选ACD
11．已知函数的图象上，对称中心与对称轴的最小距离为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．若，则
D．若，，则的值为
【答案】BD
【分析】先求出，再对四个选项一一验证：
对于A：计算再计算，进行验证；
对于B：直接求出在的值域即可；
对于C：直接求出，进行验证；
对于D：先求出和再求即可.
【详解】∵对称中心与对称轴的最小距离为，∴，即.
而,∴.
又因为为对称轴，且∴，解得：.
所以
对于A：，而
，所以，故A错误；
对于B：当时，，所以，故B正确；
对于C：当时，，故C错误；
对于D：当，时，
∴
又因为，∴，∴，
所以
，故D正确.
故选：BD.
【点睛】三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题.
12．已知函数，若时，有，是圆周率，为自然对数的底数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象与轴有两个交点
B．
C．若，则
D．若，，，，，，则最大
【答案】BCD
【分析】根据导数判断的单调性及与轴的交点和极值可判断AB选项；由的图象及，，可知，再根据和在上单调递增可判断C选项；由指数函数单调性和幂函数单调性可知 ，，由及的单调性可判断D选项.
【详解】的定义域为，且，当，即时，单调递增；当，即时，单调递减，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.由于时，，且当时，，故只有一个零点，所以A选项不正确；
由于的单调性，可得，所以B选项正确；
由的单调区间，可画出函数的简图.由，，可知，.因为在上单调递减，可知，故有.因为在上单调递增，所以.综上，有，所以C选项正确；
因为，由指数函数单调性可知，，，；由幂函数单调性可知，，，，即有，，故这6个数的最大数在与之中，最小数在与之中.由及的单调性，有，即.由，可得，即，所以；同理可得.综上可得，6个数中最大数是，最小数是，所以D选项正确，
故选：BCD.

【点睛】本题考查了函数的性质，解题的关键点是利用导数判断函数的单调性和极值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.


三、填空题
13．若某学校要从5名男同学和2名女同学中选出3人参加社会考察活动，则选出的同学中男女生均不少于1名的概率是_____.

【答案】
【分析】选出的男女同学均不少于1名有两种情况： 1名男生2名女生和2名男生1名女生，根据组合数公式求出数量，再用古典概型计算公式求解.
【详解】从5名男同学和2名女同学中选出3人，有 种选法；
选出的男女同学均不少于1名，有 种选法；
故选出的同学中男女生均不少于1名的概率： .
【点睛】本题考查排列组合和古典概型. 排列组合方法：1、直接考虑，适用包含情况较少时；2、间接考虑，当直接考虑情况较多时，可以用此法.
14．的展开式中各项系数的和为3，那么展开式中的常数项为___________.
【答案】
【分析】先求出a的值，再把的按照二项式定理展开，可得的展开式中常数项．
【详解】令，可得的展开式中各项系数的和为
，．


故该展开式中常数项为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查二项式定理的应用，关键掌握二项展开式的通项公式，二项式系数的性质．
15．已知抛物线，直线过抛物线的焦点与抛物线交于，两点，以为直径的圆与抛物线的准线的公共点是，则直线的斜率__________．
【答案】
【分析】设，利用点差法可得直线的斜率；
【详解】设，因为，
以为直径的圆与抛物线的准线的公共点是，所以，
因为，
所以，
故答案为：.
【点睛】本题考查直线性与抛物线相交的弦的斜率，求解时注意点差法的应用.

四、双空题
16．某电视台鉴宝栏目迎来一件清代老银方斗型挂件（图1），古代常用来作为女方陪嫁．该挂件佩戴起来非常漂亮，寓意“斗出斗入，日进万金”之意．其结构由长方体与正四棱台组合而成．图2是与该挂件结构相同的几何体，且，，，为上一点，且，为上一点．

（1）若，则的值为______；
（2）几何体外接球的体积为______．
【答案】
【分析】（1）根据面面平行的性质和平面几何知识可得答案．
（2）设球心为，半径为，由直角三角形性质可求得半径，从而求得外接球的体积．
【详解】（1）由平面平面平面，可将平移至平面内，记为，且（如左图），此时有．在正方形中，，根据平面几何知识可算得，从而．
（2）根据正四棱台的对称性，只需考虑该几何体的截面在圆上．如右图，
设球心为，半径为，由题意知，，在中有，，
从而，故中有，中有，所以由，解得．
几何体外接球的体积为．
故答案为：，．

【点睛】方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径､截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键.

五、解答题
17．已知中，角、、的对边分别为、、，且，.
（1）求角的大小；
（2）若，点在边上，且，求的大小.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由余弦定理化简得出，可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）利用余弦定理求出以及，利用正弦定理求出的值.
【详解】（1），，由得，
由余弦定理得，
，即，又，因此，；
（2）因为，所以，
在中，由余弦定理得，整理得，解得，，则，
，，
在中，由余弦定理得，，
由整正弦定理得.
【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
18．在①，②，，成等比数列，③．这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题．
问题：已知等差数列的公差为，前项和为，且满足______．
（1）求；
（2）若，且，求数列的前项和．
注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分．
【答案】选择见解析；（1）；（2）．
【分析】（1）若选①②，将①②用首项和公差的形式表示，由此得到关于的方程组，从而求解出，则通项公式可求；
若选①③，将①用首项和公差的形式表示，再根据③求解出的值，则的值可求，则通项公式可求；
若选②③，根据②先得到的倍数关系，然后根据③求解出的值，则的值可求，则通项公式可求；
（2）先根据累加法求解出的通项公式，然后利用裂项相消法求解的前项和.
【详解】解：（1）选择条件①②
由，得，即，
由，，成等比数列，得，
即，即，
解得，，因此．
选择条件①③
由，得，即；
由，得，即；
解得，因此．
选择条件②③
由，，成等比数列，得，，
即，
由，得，即，
解得，因此．
（2）由，可得
，，
当时，
，
即，则，
当时，，符合，
所以当时，，
则，
因此．
【点睛】结论点睛：常见的数列中可进行裂项相消的形式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）.
19．已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点，

（1）证明:平面PBD平面ABCD；
（2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在N点到平面ABCD的距离为
【分析】（1）通过证明，结合题目所给已知，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）存在.通过（1）的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点，使平面，利用向量线性运算设出点坐标，结合求得点坐标，由此证得存在一点，使得平面.利用点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离.
【详解】（1）证明:由四边形ABCD是直角梯形, AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC，
可得DC=2,∠BCD=，从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.
∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,
又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2) 存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角, 则∠PCO=
∴易得OP=OC=，PB=PD,PO⊥BD,所以O为BD的中点，OC⊥BD.
以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C（0,，0）D(-1,0,0),P（0,0,）假设在侧面内存在点，使得平面成立，
设，易得 由得，满足题意，所以N点到平面ABCD的距离为

【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求点到面的距离，考查存在性命题的向量证法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20．2021年五一节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”.某路桥公司为掌握五一节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了3日上午9:20~10:40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费站点，它们通过该收费站点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9:20~9:40记作，9:40~10:00记作，10:00~10:20记作，10:20~10:40记作，例如：9:46，记作时刻46.

（1）估计这600辆车在9:20~10:40时间内通过该收费站点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）
（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9:20~10:00之间通过的车辆数为X，求X的分布列；
（3）根据大数据分析，车辆在每天通过该收费站点的时刻T服从正态分布，其中可用3日数据中的600辆车在9:20~10:40之间通过该收费站点的时刻的平均值近似代替，用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）.假如4日上午9:20~10:40这一时间段内共有1000辆车通过该收费站点，估计在9:46~10:40之间通过的车辆数（结果保留到整数）
附：若随机变量T服从正态分布，则，，.
【答案】（1）10:04；（2）答案见解析；（3）819.
【分析】（1）将频率分布直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为概率，根据平均值的求解方法即可求解；
（2）根据抽样比计算出各区间抽取的车辆数，写出X的所有可能取值，并计算每个X对应的概率即可得分布列；
（3）由（1）问分布列及频率分布直方图可求得和，再根据正态密度曲线的对称性即可求解.
【详解】解：（1）这600辆车在9:20~10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：
，即10:04；
（2）由频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在10:00前通过的车辆数就是位于时间分组这一区间内的车辆数，即，所以X的可能取值为0，1，2，3，4.
所以，，，，.
所以X的分布列为：

0
1
2
3
4






（3）由（1）得，.
所以，估计在9:46~10:40之间通过的车辆数也就是在通过的车辆数，由
，得
，
所以估计在9:46~10:40之间通过的车辆数为.
21．已知椭圆的左顶点与抛物线的焦点之间的距离是，又知椭圆E的离心率是.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）抛物线T的准线交坐标轴于点M，过点M的两条直线分别与椭圆E相交于A、B两点和C、D两点（A在第一象限，C在第一象限），线段和分别与抛物线T的准线相交于P、Q两点，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点，根据左顶点与抛物线的焦点之间的距离是，即可求出，再根据椭圆的离心率及，即可求出，从而得到椭圆方程；
（2）设直线方程为，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，同理设直线方程为，又直线方程为，令得点P横坐标，同理可得点Q横坐标，要证只需证，即可得证；
【详解】（1）抛物线的焦点为，椭圆的左顶点为
所以，，
又，，因为 所以，
所以椭圆E的标准方程为
（2）点M坐标为，可设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程得，消元可得
，，，，
同理设直线方程为，，，
联立直线与椭圆方程得，消元可得，
，，，
因为直线方程为，取得点P横坐标

同理点Q横坐标，
要证结论只需证，
即证
.（）
因为（）成立，所以结论成立.
22．已知函数在处的切线方程为，
（1）求a的值；
（2）若方程有两个不同实根、，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导函数，根据导函数的几何意义可求得答案；
（2）由（1）得，可得有唯一实根，由导函数的正负得出原函数的单调性，从而可得两根分别在与内，无妨设，设，，根据其导函数研究函数的单调性和最值，从而不等式可得证.
【详解】（1），，；
（2）由（1）得，又，，且在上单调递增
所以有唯一实根，
时，，递减，时，，递增，故两根分别在与内，无妨设，
设，，则，
时，，递减，时，，递增，有最小值，即恒成立，，，
又因为函数在处的切线方程为，所以恒成立，，
，于是.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性和极值、最值问题、方程的根的问题等重要而有效的工具．本题就是以含参数的函数解析式为背景，考查的是导数的几何意义和导数在研究函数单调性、最值、方程的根等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力．