陕西省宝鸡市2021届高三下学期第五次适应训练理科数学试题

2021届高三理科数学适应训练

（五）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．

2．若复数z满足，则复数z的共轭复数不可能为（    ）

A．    B．    C．    D．

5．中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“”是“A为锐角”的（    ）

A．充分非必要条件    B．必要非充分条件    C．充分必要条件    D．既非充分又非必要条件

4．设，则（    ）

A．    B．    C．    D．

5．小学数学在“认识图形”这一章节中，一般从生活实物入手，抽象出数学图形，在学生正确认识图形特征的基础上，通过习题帮助学生辨认所学图形；例如在小学数学课本中有这样一个的方格表（如图所示），它由2个单位小方格组成，其中每个小方格均为正方形；若在这方格表的6个顶点中任取2个顶点，则这2个顶点构成的线段长度不超过的概率为（    ）

A．    B．    C．    D．

8．在边长为3的等边中，点E满足，则（    ）

A．9    B．    C．6    D．

7．已知中，，点M在线段上除A，C的位置运动，现沿进行翻折，使得线段上存在一点N，满足平面；若恒成立，则实数的最大值为（    ）

A．1    B．    C．2    D．

8．已知边长为4的正方形的对角线的交点为O以O为圆心，6为半径作圆；若点E在圆O上运动，则（    ）

A．

B．

C．

D．

9．已知数列中，，若，设，若，则正整数m的最大值为（    ）

A．1009    B．1010    C．2019    D．2020

10．过双曲线上一点P作双曲线C的切线l，若直线与直线l的斜率均存在，且斜率之积为，则双曲线C的离心率为（    ）

A．    B．    C．    D．

11．函数在上的零点个数为（    ）

A．12    B．14    C．16    D．18

11．在古装电视剧《知否》中，甲、乙两人进行一种投壶比赛，比赛投中得分情况分“有初”“贯耳”散射”“双耳”“依竿”五种，其中“有初”算“两筹”，“贯耳”算“四筹”，“散射”算“五筹”，“双耳”算“六筹”’，“依竿”算“十筹”，三场比赛得筹数最多者获胜．假设甲投中“有初”的概率为，投中“贯耳”的概率为，投中“散射”的概率为，投中“双耳”的概率为，投中“依竿”的概率为，乙的投掷水平与甲相同，且甲、乙投掷相互独立．比赛第一场，两人平局；第二场，甲投了个“贯耳”，乙投了个“双耳”，则三场比赛结束时，甲获胜的概率为（    ）

A．    B．    C．    D．

12．已知函数，，使得在恒成立，则k的最大值为（    ）

A．2    B．3    C．4    D．5

二、填空题：

13．若实数x、y满足则的最大值为_______．

14．已知，若函数有且仅有2个零点，则实数m的取值范围为________．

15．已知等差数列的前n项和为，若，则_______．

16．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于点，若点，且，则直线的斜率为_______．

15．在三棱锥中，，，D为的中点，平面，且，则三棱锥的外接球的表面积为______．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

17．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求B；

（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．

18．（12分）

已知四棱锥如图所示，其中均为等边三角形，二面角为直二面角，点M为线段的中点，点N是线段上靠近D的三等分点，平面．

（1）求证：；

（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．

19．（12分）某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生，2名女生，B中学推荐了3名男生，4名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队．

（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；

（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．

20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别是，点P为W的上顶点，点Q在W上，，且．

（1）求W的方程；

（2）已知过原点的直线与椭圆W交于C，D两点，垂直于的直线过且与椭圆W交于M，N两点，若，求．

21．（12分）已知，．

（1）求的单调区间；

（2）当时，若关于x的方程存在两个正实数根，证明：且．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

22．（10分）【选修4-4坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系中，直线l的参数方程（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

（1）求l的普通方程和C的直角坐标方程；

（2）求C上的点到l距离的最小值．

23．【选修4—5：不等式选讲】（10分）

已知函数的图像关于原点对称．

（1）求不等式的解集；

（2）若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围．

2021届理科数学适应训练（二）答案

一、选择题

1．【答案】  A

【命题意图】本题考查集合的表示、集合的运算、一元二次不等式的解法，考查考生数学运算、逻辑推理的核心素养．

【解析】依题意，，，则，故选A项．

2．【答案】  C

【命题意图】本题考查复数的概念，考查考生逻辑推理的核心素养．

【解析】设，则，即；观察可知，故选C项．

4．【答案】  A

【命题意图】本题考查对数的运算性质、对数函数的单调性，考查考生逻辑推理、数学抽象数学建模的核心素养．

【解析】依题意，，

；因为，故，故选A项．

5．【答案】  B

【命题意图】本题考查数学文化、古典概型的概率，考查考生直观想象、逻辑推理、数学运算、数学建模的核心素养．

【解析】若从6个顶点中任取2个，则可以构造出15条线段，其中长度超过的线段有4条（其中长度为2的有2条，长度为的有2条），故所求概率为，故选B项．

7．【答案】  A

【命题立意】本题考查空间线面的位置关系，考查考生直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．

【解析】易知要满足平面；有两个极限状态，第一是为的角平分线时，此时，

第二是点M与点A重合时，此时；故，则实数的最大值为1，故选A项．

8．【答案】  B

【命题意图】本题考查平面向量的坐标运算、向量的数量积，考查考生逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．

【解析】作出图形如下所示，以O为坐标原点，线段的垂直平分线分别为x、y轴建立平面直角坐标系；观察可知，，

设，则，故，

，

，

故，故选B项．

10．【答案】  C

【命题意图】本题考查双曲线的方程与性质，考查考生直观想象、数学运算的核心素养．

【解析】设；由于双曲线C在点处的切线方程为，故切线l的斜率；因为，则，则，即双曲线C的离心率，故选C．

11．【答案】  C

【命题意图】本条考查三角函数的图像性质，考查考生直观想象、逻辑推理的核心素养．

【解析】解法一：令，则，故，注意到为偶面数，故只需研究曲线与直线的交点个数即可；此时；当单调递减，且，故单调递增同理可得，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减；其中；易知当时，，故为的周期：作出函数在上的图像如下所示，故曲线．与直线有16个交点，即函数在上的零点个数为16，故选C项．

解法二：令，则，故，注意到为偶函数，故只需研究曲线与直线的交点个数即可；

（1）或者（2）

解（1）有（，舍）或共有二解；

解（2）有或共有六解，

∴共有8个零点．

故共有16个零点．

12．【答案】C

【命题立意】本题考查利用导数研究函数的性质，考查考生逻辑推理、数学运算的核心素养．

【解析】依题意，，令，则．令，，∴2时，，即单调递增，

∵，设并记其零点为，故，且，所以当0时，，即单调递减；当时，即单调递增，所以，因此，由于且，即，所以，故选C项．

5．A  8．C  9．B  11．D

二、填空题

13．【答案】

【命题立意】本题考查二元一次不等式组与平面区域、线性规划，考查考生直观想象、逻辑推理、数学运算的核心养．

【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示；观察可知，当直线过点时，z有最大值．

14．【答案】

【解析】令，解得或；在同一直角坐标系中分别作出，的图像如下所示；观察可知，实数m的取值范围为或．

15．【答案】

【命题意图】本题考查等差数列的基本运算、考查考生数学运算、逻辑推理的核心素养．

【解析】依题意，，解得，解得故，．

6．【答案】

【命题立意】本题考查抛物线的方程、直线与抛物线综合性问题，考查考生直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．

【解析】设直线的斜率为k，则直线；联立消去y得，，则，故；设直线的倾斜角为，则，故，

故；令，解得．

15．【答案】

三、解答题

17．（12分）

【解析】（1）由题设及正弦定理得．因为，所以

由，可得，故．因为，

故，因此．

（2）由题设及（1）知．由正弦定理得．

由于为锐角三角形，故，由（1）知，所以，

故，从而．因此，面积的取值范围是．

18．【命题意图】本题考查空间线面的位置关系、向量法求空间角，考查考生直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．

【解析】（1）因为平面平面，平面平面，

所以；         （2分）

因为为等边三角形，且，故，则；         （4分）

（2）取的中点O，连接，因为均为等边三角形，

故，因为二面角为直二面角，故平面平面，

因为平面，平面平面，故平面；       （5分）

故以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系；

不妨设，则，

所以，

所以，

所以，所以，          （7分）

实验，      （8分）

设平面的法向量，则故

则令，则为平面的一个法向量；     （10分）

则直线与平面所成角正弦值．         （12分）

19．（12分）

【解析】（1）由题意，参加集训的男、女生各有6名，参赛学生全从B中抽取（等价于A中学没有学生入选代表队）的概率为．因此，A中学至少1名学生入选的概率为．

（2）根据题意，X的可能取值为1，2，3．

，，，

所以X的分布列为：

因此，X的期望为，

．

20．（12分）【解析】（1）设椭圆W的焦距为，

∵，∴Q的坐标为，

∵Q在W上，将代入，得

又∵，∴，∴．

又∵，∴，，W的方程为．

（2）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；

当直线的斜率为0时，，，也不符合题意．

∴可设直线的方程为，

联立，得，

则，．

．

由，得或，∴．

又∵，∴，∴，∴，

∵到直线的距离，∴

21．（12分）【解析】（1）解：∵的定义域为

又∵，∴由得

当时，

当时，

∴的减区间为：，增区间为：

（2）证明：方法一：由存在两个正实数根，

整理得方程存在两个正实数根．

由，知，

令，则，

当时，，减函数；当时，，增函数．

所以．

因为．所以的值域为

问题等价于直线和有两个不同的交点．

∴，且，

所以，从而．

令，则，解得

，而

下面证明时，，

令，

则，

令，则

∴在为减函数，∴

∴在为减函数，∴

∴在为减函数，∴，即．

方法二：由存在两个正实数根，

整理得方程存在两个正实数根．

由，知，

令，则，

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减．

所以．

因为有两个零点，即，得．

因为实数，是的两个根，

所以，从而．

令，，则，变形整理得．

要证，则只需证，即只要证，

结合对数函数的图象可知，只需要证两点连线的斜率要比，

两点连线的斜率小即可．

因为，所以只要证，整理得．

令，则，

所以在上单调递减，即，

所以成立，故成立．

22．（10分）【选修4-4坐标系与参数方程】

【解析】（1）由直线的参数方程消参数t，，

即l的普通方程为，

由，得，

则，化简得．

（2）由（1）可设C的参数方程为（为参数，），

则C上的点到距离，

整理得，

故当时，即上的点到直线距离最小，最小值为．

23．【命题意图】本题考查绝对值不等式的解法、函数的图像与性质，考查考生直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．

【解析】（1）依题意，函数为奇函数，故，解得；

故等价于；           （1分）

当时，式化为，解得，故；         （2分）

当时，式化为，解得，故；      （3分）

当时，式化为，解得，故；         （4分）

故不等式的解集为或；         （5分）

（2）作出函数的图像如图所示；因为的图像过定点，故不合题意，舍去；      （7分）

当时，临界状态为与直线相切（如图）；       （8分）

联立故，解得，故，

故实数m的取值范围为．          （10分）