2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷四含解析

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四含解析，共19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四（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.设集合，集合，则等于（  ）A． B． C． D．【答案】C【解析】集合，集合，则，，故选C．【点睛】本题考查了函数的定义域、一元二次不等式的解法以及集合运算，属于基础题.2.2020年的高中学业水平测试结束后，某校统计了该校学业水平测试中的数学成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图，则该校学业水平测试中的数学成绩的中位数估计为（    ）A. 70 B. 71 C. 72 D. 73【答案】D【解析】由频率分布直方图知，，所以数学成绩的中位数在，内，设中位数为，则，解得．故选：D．【点睛】本题考查了频率分布直方图找中位数的方法：先计算出每个小矩形的面积，通过解方程找到左边面积为0.5的点P，点P对应的数就是中位数，属于基础题.3.已知是一元二次方程的两个不同的实根，则“且”是“且”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若且，则；但是时，满足，但不满足．所以“且”是“且”的充分不必要条件．故选:A.【点睛】本题考查了充分条件与必要条件的判别以及一元二次方程韦达定理,属于基础题.4.今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没．“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方，若某医生从“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为（    ）A．15 B．30 C．6 D．9【答案】D【解析】根据题意，某医生从“三药三方”中随机选出2种，恰好选出1药1方，则1药的取法有3种，1方的取法也有3种，则恰好选出1药1方的方法种数为；故选：D．【点睛】本题考查了排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．5.已知向量与的夹角为，且，，则等于（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】C【解析】∵向量与的夹角为，且，，∴，，即，∴，∴∴.故选：C.【点睛】本题考查了数量积定义的综合应用，属于基础题.6.函数在的图象大致为(    )A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】函数，则，所以为奇函数，排除B选项；当时，，所以排除A选项；当时，，排除D选项；综上可知，C为正确选项，故选：C.【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用，属于基础题.7.已知数列的前项和为，若，且，则（    ）A. 8 B. 6 C. 4 D. 2【答案】D【解析】，，，变形得所以数列是每项均为的常数列，，即又解得：    故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系求数列通项公式，及等差数列求和，题目涉及，利用将已知条件转化为，从而得到数列是每项均为的常数列是解题的关键，考查学生的逻辑推理与计算能力，属于中档题.8.在平面直角坐标系中，已知为圆上两个动点，且，若直线上存在唯一的一个点，使得，则实数的值为（   ）A. 或 B. 或C. 或 D. 或【答案】B【解析】取的中点，连接，有，，故点在圆上，由，设点的坐标为，点的坐标为，有，可得，，有，得，整理为，因为直线上存在唯一的一个点，则，得或，故选：B.【点睛】本题考查了平面解析几何中直线与圆的位置关系以及向量的坐标运算，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.已知复数满足为虚数单位，复数的共轭复数为，则（    ）A.  B. C. 复数的实部为 D. 复数对应复平面上的点在第二象限【答案】BD【解析】因为复数满足，所以所以，故A错误； ，故B正确；复数的实部为 ，故C错误；复数对应复平面上的点在第二象限，故D正确.故选：BD【点睛】本题考查了复数的概念，代数运算以及几何意义，还考查分析运算求解的能力，属于基础题.10.已知函数的图象的一个最高点为，与之相邻的一个对称中心为，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）A. 为偶函数 B. 的一个单调递增区间为C. 为奇函数 D. 在上只有一个零点【答案】BD【解析】由题意，可得，所以，可得，所以，因为，所以，因为，所以，即，所以，可得函数为非奇非偶函数，令，可得，当时，函数的一个单调递增区间为；由，解得，所以函数在上只有一个零点.故选：BD【点睛】本题考查了三角函数的图象变换以及三角函数的图象与性质，其考查逻辑推理与运算能力,属于基础题.11.已知点是双曲线方程：的右支上的一点，，分别是双曲线的左右焦点，且，双曲线的右顶点为，则下列说法正确的是（    ）.A.  B. 双曲线的渐近线方程为C. 的内切圆与轴相切于点 D. 【答案】ABCD【解析】对于选项A，设，则，，由余弦定理可得，则可得，，故A正确；对于选项B，，故渐近线方程为，故B正确；对于选项C，设内切圆与，分别相切于，则，，， ，即，即，，，，即点，故C正确；对于选项D，，，，故D正确.  故选：ABCD.【点睛】本题考查了双曲线焦点三角形的问题，需正确理解双曲线的定义，能够利用定义进行转化,属于中档题.12.设是函数的导函数，若对任意，都有，则下列说法一定正确的是（    ）A.  B. 为增函数C. 没有零点 D. 没有极值点【答案】AC【解析】令，则，因为对任意，都有，所以时，；当时，；因此在上单调递减，在上单调递增，所以，所以选项A正确；又，所以时，，即；又由知，所以对，有，所以选项C正确；取，则满足题设条件，但此时函数在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值；所以选项BD错误.    故选：AC.【点睛】本题考查了利用构造法构造函数，结合题中条件判定其单调性，结合其单调性及题中条件，即可求解,属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.某医院欲从积极扱名的甲、乙、丙、丁4名医生中选择2人去支援武汉抗击“新型冠状病毒”，若毎名医生被选择的机会均等，则甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为__________.【答案】【解析】由题得甲乙都不被选择的概率为,由对立事件的概率公式得甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为.  故答案为：【点睛】本题考查了利用古典概型的概率公式求解，其中排列组合问题常用的方法有：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法等，这里运用了至少问题间接法，属于基础题.14.某圆锥母线长为4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥高为________.【答案】【解析】设圆锥底面半径为，则，所以，则圆锥高.故答案为：【点睛】本题考查了利用圆锥的底面周长等于半圆面的弧长求出圆锥底面半径，再由勾股定理即可求解,属于基础题.15.已知二次函数(，，均为正数)过点，值域为，则的最大值为______；实数满足，则取值范围为_______.【答案】    (1).     (2). 【解析】因为二次函数(，，均为正数)过点，，开口向上且值域为，，，，，，，即，当且仅当时等号成立.即，当且仅当 时等号成立，的最大值为 (当且仅当时最大)，，，，即 ，，，，，当且仅当时，即时，等号成立又时，，，故答案为：；【点睛】本题考查了利用基本不等式求出最值，再由已知条件可得，利用基本不等式结合，即可求取值范围,利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：①“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；②“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；③“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，属于中档题.16.已知函数有且仅有3个不同的零点，，且，则______.【答案】【解析】因为函数有且仅有3个不同的零点，所以有且仅有3个不等的实数根，即有且仅有3个不等的实数根.令，，则与的图象有且仅有3个不同的公共点，因为且，所以为的一个零点，又因为图象关于对称，直线恒过定点，，所以且，所以,故答案为：.【点睛】本题考查了余弦函数图象的对称性，考查了函数的零点，考查了函数与方程思想，考查了化归思想，属于中档题.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.已知数列的前项和为，且.（1）证明：数列为等比数列；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】（1）当时，，则.当时，因为，所以，则，即.从而，即.因为，所以.所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）可得，即.因为，所以.则，故.【点睛】本题考查了等比数列的证明以及裂项相消的方法求数列的前n项和，需注意第一问只需数列的第n项与第n-1项之比为非零常数即可;属于基础题.18.在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c.已知，，成等差数列.（1）求角B的大小；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1），，成等差数列，，由正弦定理，，中，，，，又，，，.（2），，，.【点睛】本题考查了利用三个数成等差数列列出对应等式以及利用正弦定理进行边化角，然后再根据结合两角和的正弦公式求解出的值,利用正、余弦定理解三角形需注意：①隐含条件“”的使用；②利用正弦定理进行边角互化时，等式两边同时约去某个三角函数值时，注意说明其不为;属于基础题.19.如图，是半圆的直径，是半圆上除，外的一个动点，垂直于半圆所在的平面，，，.（1）证明：平面平面；（2）当点为半圆的中点时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：∵是圆的直径，∴，∵平面，平面，∴，又，∴平面，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴平面，又平面，∴平面平面.（2）当点为半圆的中点时，，以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示：则，，，，∴，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，，即，，令得，令得.∴.∵二面角是钝二面角，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了空间立体几何中面面垂直的证明，利用建系法求解二面角的余弦值，属于中档题.20.江苏实行的“新高考方案：”模式，其中统考科目：“”指语文、数学、外语三门，不分文理：学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，“”指首先在在物理、历史门科目中选择一门；“”指再从思想政治、地理、化学、生物门科目中选择门某校，根据统计选物理的学生占整个学生的；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为；在选历史的条件下，选地理的概率为．（1）求该校最终选地理的学生概率；（2）该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量．①求随机变量的概率；②求的概率分布列以及数学期望．【答案】（1）；（2）①；②分布列见解析，.【解析】（1）该校最终选地理的学生为事件，；因此，该校最终选地理的学生为；（2）①由题意可知，，所以，；②由于，则，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示： ．【点睛】本题考查了利用独立事件的概率乘法公式计算事件的概率，同时也考查了利用二项分布计算随机变量的概率分布列以及数学期望，考查计算能力，属于中等题.21.如图，已知椭圆，矩形ABCD的顶点A，B在x轴上，C，D在椭圆上，点D在第一象限.CB的延长线交椭圆于点E，直线AE与椭圆､y轴分别交于点F､G，直线CG交椭圆于点H，DA的延长线交FH于点M.（1）设直线AE､CG的斜率分别为､，求证：为定值；（2）求直线FH的斜率k的最小值；【答案】（1）证明见解析；（2）；【解析】（1）由对称性，设，，，则，得，故，，则，（2）由，联立，由根与系数的关系可得 ，所以，所以，可得，又，联立，由根与系数的关系可得 ，所以，所以可得：，所以，由图知，所以即,当且仅当即取等.所以直线FH的斜率k的最小值为.【点睛】本题考查了通过对称性，设出点的坐标，求出直线，的斜率即可求证；由直线的方程与椭圆方程联立利用韦达定理可求出点坐标，直线的方程与椭圆方程联立利用韦达定理可求出点坐标，即可表示出直线FH的斜率,利用基本不等式即可求最值；属于中档题.22.已知函数.（1）当时，求零点的个数；（2）当时，求极值点的个数.【答案】（1）个；（2）个.【解析】（1）由题意，，则，由于，，又，所以，在上单调递增，因为，，所以函数在上有唯一零点；（2）由题意，，则.令，.①当时，因为，，所以，所以，函数在区间上单调递减，无极值点；②当时，，当时，因为，所以，所以从在上是增函数，即，当时，，，所以，所以在是增函数，即，所以是在上的极小值点；③当时，，，则，所以函数无极值点；④当时，，，所以，所以从在上是减函数，且，，所以在上有唯一的零点.当时；当时，，所以是函数的一个极大值点.综上所述，函数存在两个极值点.【点睛】本题考查了利用导数分析函数在区间上的单调性，结合零点存在定理可得出结论；利用导数分析函数在区间、、、的单调性以及符号变化，结合零点存在定理可得出结论,属于稍难题.