2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷五含解析

2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷五（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.已知复数，则共轭复数在复平面对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】,;

对应的点的坐标为，在第三象限,故选：C

【点睛】本题考查了复数运算、复数概念以及复数几何意义，属于基础题.

2.《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化、阴阳五行术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如图，其中白圆点表示阳数，阳数皆为奇数，黑圆点表示阴数，阴数皆为偶数．若从这10个数中任取2个数，则取出的2个数中至少有1个偶数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题可知，这10个数中5个奇数5个偶数，所以取出的2个数中至少有1个是偶数的概率,故选：D

【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.

3.在三角形ABC中，“”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】A

【解析】由题意得，当，可得，而在三角形中，当时，或，所以“”是“”的充分不必要条件,故选：A

【点睛】本题考查了充分不必要条件的判定,属于基础题.

4.如图所示的曲线图是2020年1月25日至2020年2月12日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例的曲线图，则下列判断错误的是（    ）

A. 1月31日陕西省新冠肺炎累计确诊病例中西安市占比超过了

B. 1月25日至2月12日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例都呈递增趋势

C. 2月2日后到2月10日陕西省新冠肺炎累计确诊病例增加了97例

D. 2月8日到2月10日西安市新冠肺炎累计确诊病例的增长率大于2月6日到2月8日的增长率

【答案】D

【解析】由新冠肺炎累计确诊病例的曲线图，可得：

对于选项A中，1月31日陕西省新冠肺炎累计确诊病例共有87例，其中西安32例，所以西安所占比例为，故A正确；

对于选项B中，由曲线图可知，1月25日至2月12日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例都呈递增趋势，故B正确；

对于选项C中，2月2日后到2月10日陕西省新冠肺炎累计确诊病例增加了例，故C正确；

对于选项D中，2月8日到2月10日西安新冠肺炎累计确诊病例增加了，

2月6日到2月8日西安新冠肺炎累计确诊病例增加了，

显然，故D错误.    故选：D.

【点睛】本题考查了图表的信息处理能力，其中解答中根据曲线图，提取出所用的信息是解答的关键，着重考查信息提取能力,属于基础题.

5.如图，已知函数的图象关于坐标原点对称，则函数的解析式可能是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】由图象知，函数是奇函数，排除，；当时，显然大于0，与图象不符，排除D，故选C.

【点睛】本题考查了函数的图象及函数的奇偶性，属于基础题.

6.已知函数，若函数的对称中心为，且，则满足条件的所有的和为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】由题意得：，

令，解得，即，且，

所以可取，

所以满足条件的所有的和为，故选：A

【点睛】本题考查了利用二倍角公式、辅助角公式将函数化简为，根据正弦型函数的对称中心，可求得的表达式，根据的范围，求得各个满足条件的值，即可得答案，属于基础题.

7.已知圆与抛物线交于两点，与抛物线的准线交于两点，若四边形是矩形，则等于 (  )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】由题意可得，抛物线的准线方程为．画出图形如图所示．

在中，当时，则有．①

由得，代入消去整理得．②

结合题意可得点的纵坐标相等，故①②中的相等，

 由①②两式消去得，

整理得，

解得或（舍去），

∴．

故选C．

【点睛】本题考查了利用画出的图形判断出与x轴平行，进而得到两点的纵坐标相等,将几何问题转化代数问题求解也是解答本题的一个关键．考查圆锥曲线知识的综合和分析问题解决问题的能力，属于中档题．

8.已知，，直线：，：，且，则的最小值为（    ）

A. 2 B. 4 C.  D.

【答案】D

【解析】因为，所以，即，

因，所以，

所以，

当且仅当时，等号成立.故选：D

【点睛】本题考查了两直线垂直关系以及基本不等式求最值,其中利用基本不等式求最值时，必须满足“一正二定三相等”,这里涉及常值代换,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.由选项（    ）可以得到

A． B． C． D．

【答案】AB

【解析】由集合关系中“交小并大”原则知：，，故A是，而C不是；，如图示：

即；，如图示：

即；故选：AB

【点睛】本题考查了集合的性质以及借助韦恩图求解,属于基础题.

10.若，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】因为，

令，则，故A正确；

令代入，

得，所以，故B错；

令代入，

得，故C正确；

因为二项式的展开式的第项为，

所以当为奇数时，为负数；即（其中为奇数），

所以；故D正确.

故选：ACD.

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项式定理，灵活运用赋值法求解即可，属于基础题.

11.等差数列是递增数列，满足，前项和为，下列选择项正确的是（    ）

A.  B.

C. 当时最小 D. 时的最小值为

【答案】ABD

【解析】由题意，设等差数列的公差为，

因为，可得，解得，

又由等差数列是递增数列，可知，则，故正确；

因为，

由可知，当或时最小，故错误，

令，解得或，即时最小值为，故正确.故选：ABD

【点睛】本题考查了等差数列通项公式是关于的一次函数；前项和是关于的二次函数,属于中档题.

12.已知函数，其中正确结论的是（    ）

A. 当时，有最大值；

B. 对于任意的，函数是上的增函数；

C. 对于任意的，函数一定存在最小值；

D. 对于任意的，都有.

【答案】BC

【解析】，

对于选项A,当时，，函数，都是单调递增函数，

易知函数在上单调递增，无最大值，故A错误；

对于选项B,对于任意的，函数，都是单调递增函数，

则函数是上的增函数，故B正确；

对于选项C,对于任意的，，易知在单调递增，

当时，，当时，，

∴存在，当时，，函数单调递减，

，，函数单调递增，∴，故C正确，

对于选项D,当时，，，故，D错误；

故选：

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，导数研究函数的最值，对数的运算法则及其应用等知识，属于中档题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.已知随机变量ξ服从正态分布N（4，σ2），若P（ξ＜2）＝0.3，则P（2＜ξ＜6）＝_____．

【答案】0.4

【解析】随机变量服从正态分布，其对称轴方程为，

又，，

则．

故答案为：0.4．

【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点以及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．

14.已知向量，满足：，，，则向量的夹角为______.

【答案】

【解析】因为，所以，

又因为，所以，

解得，所以，

因为，所以，故答案为：

【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算以及向量夹角的求法，考查了运算能力，属于基础题.

15.四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，，则球的体积是__________；设、分别是、中点，则平面被球所截得的截面面积为__________.

【答案】    (1).     (2).

【解析】如图

由题设知球心为中点，

,

则，

∴球直径，

∴，

设球心到平面得距离为，截面圆半径为，

由题设球心到平面的距离等于点到平面的距离，

由等体积法得，，

，求得，

∴，

故截面面积为.    故答案为：，.

【点睛】本题考查了球的表面积和体积公式，属于基础题.

16.如图，已知为双曲线的右焦点，过点的直线交两渐近线于，两点.若，内切圆的半径，则双曲线的离心率为________.

【答案】

【解析】由焦点到渐近线的距离为，知，

在中，由余弦定理得，

即，

解之得.

设内心为，作于，

显然，，

则，则，

，即，.

故答案为：

【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法,常见求双曲线的离心率的方法有：①公式法（求出代入离心率的公式即得解）；②方程法（找到关于离心率的方程求解）.要根据已知灵活选择合适的方法求解,属于基础题.

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.若数列的前项和满足（，）．

（1）证明：数列为等比数列，并求；

（2）若，（），求数列的前项和．

【答案】(1)见解析;(2)见解析.

【解析】（1）由题意可知，即；

当时，，即；

所以数列是首项为，公比为2的等比数列，

所以．

（2）由（1）可知当时，从而

为偶数时，；

为奇数时，

，

综上，

【点睛】本题考查了数列的递推关系,对于形式我们常采用公式，统一成或统一成做．对于奇偶分类数列求和时，我们常先求项数为偶数时数列的和，因为这个时候奇数项与偶数的项数各是，再求项数为奇数的数列求和，因为这时n-1是偶数，所以，可以就用前面所求的结论,属于基础题.

18.在中，角，，的对边分别为，，.若，且.

（1）求；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）；（2）2

【解析】（1），利用余弦定理得：，

整理得：，又，，即

（2）由（1）知，又，

，    的面积.

【点睛】本题考查了余弦定理，三角形的面积公式，由已知条件结合余弦定理转化为，从而求出，，之间的关系，考查转化能力与运算能力，属于基础题.

19.在四棱锥中，底面是菱形，且，，，，.

（1）证明：平面.

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析（2）

【解析】（1）证明：连接，设，连接.

因为底面是菱形，所以，.

因为，，所以.

因为，所以平面.

因为平面，所以.

因为，，所以平面.

（2）解：取的中点.

因为平面，所以平面.

故以为原点，分别为的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.

故，，.

设平面的法向量为.

则，不妨取，则.

设平面的法向量为，

则，不妨取，则.

记二面角的平面角为，易知为锐角，

则.

故二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及运用空间向量的方法求二面角的余弦值,属于基础题.

20.2020年是脱贫攻坚的收官之年，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽，脱贫攻坚取得重大胜利，为确保我国如期全面建成小康社会，实现第一个百年奋斗目标打下了坚实的基础在产业扶贫政策的大力支持下，西部某县新建了甲､乙两家玩具加工厂，加工同一型号的玩具质监部门随机抽检了两个厂的各100件玩具，在抽取中的200件玩具中，根据检测结果将它们分成“A”､“B”､“C”三个等级，A､B等级都是合格品，C等级是次品，统计结果如下表所示：

(表一)

(表二)

在相关政策扶持下，确保每件合格品都有对口销售渠道，但从安全起见，所有的次品必须由原厂家自行销.

（1）请根据所提供的数据，完成上面的2×2列联表(表二)，并判断是否有95%的把握认为产品的合格率与厂家有关？

（2）每件玩具的生产成本为30元，A､B等级产品的出厂单价分别为60元､40元.另外已知每件次品的销毁费用为4元.若甲厂抽检的玩具中有10件为A等级，用样本的频率估计概率，试判断甲､乙两厂能否都能盈利，并说明理由.

附：，其中.

【答案】（1）列联表答案见解析，没有95%的把握认为产品的合格率与厂家有关；（2）甲厂能盈利，乙不能盈利，理由见解析.

【解析】（1）2×2列联表如下

，

没有95%的把握认为产品的合格率与厂家有关.

（2）甲厂10件A等级，65件B等级，25件次品，对于甲厂，单件产品利润X的可能取值为30，10，.

X的分布列如下：

，

甲厂能盈利，

对于乙厂有10件A等级，55件B等级，35件次品，对于乙厂，单位产品利润Y的可能取值为30，10，，

Y分布列如下：

，乙不能盈利.

【点睛】本题考查了根据A，B，C等级的统计和表中的数据，完成2×2列联表.再由求值，与临界值表对照下结论;根据甲厂、乙厂的数据分布列，再利用期望公式求解判断；在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识，属于基础题.

21.已知为抛物线的焦点，过的动直线交抛物线于，两点．当直线与轴垂直时，．

（1）求抛物线的方程；

（2）设直线的斜率为1且与抛物线的准线相交于点，抛物线上存在点使得直线，，的斜率成等差数列，求点的坐标．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）因为，在抛物线方程中，令，可得．

于是当直线与轴垂直时，，解得．

所以抛物线的方程为．

（2）因为抛物线的准线方程为，所以．

设直线的方程为，

联立消去，得．

设，，，，则，．

若点，满足条件，则，

即，

因为点，，均在抛物线上，所以．

代入化简可得，

将，代入，解得．

将代入抛物线方程，可得．于是点为满足题意的点．

【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查数列与解析几何的综合，考查直线的斜率，属于中档题．

22.已知函数.

（1）若函数，试研究函数的极值情况；

（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.

【答案】(1)答案见解析;(2)答案见解析.

【解析】（1）由题意，得，

故，

故，

.

令，得

①当时，，

或；

,

所以在处取极大值，

在处取极小值.

②当时，，恒成立，所以不存在极值；

③当时，，或；

,

所以在处取极大值，

在处取极小值.

综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.

（2），定义域为，

，而，

故，即在区间内单调递增

又，，

且在区间内的图象连续不断，

故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.

所以存在，使得，

且当时，；

当时，，

所以

当时，，

由得单调递增；

当当时，，

由得单调递减；

若在区间内有两个不等实根（）

则.

要证，即证

又，而在区间内单调递减，

故可证，

又由，

即证，

即

记，其中

记，则，

当时，；

当时，，

故

而，故，

而，

所以，

因此，

即单调递增，故当时，，

即，故，得证.

【点睛】本题考查了对分三种情况讨论,在定义域内，研究函数单调性可得函数的极值情况；先证明，即在区间内单调递增，然后根据零点存在性定理， 存在

，使得，可得以，要证，只需证，即，记，其中，利用导数可证明单调递增，故当时，，即可得，进而可得结果,考查了转化与化归思想.考查了逻辑推理与运算能力,属于稍难题.