2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷九含解析

2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷九（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.已知全集为R，集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】对于选项A，显然集合A并不是集合B的子集，错误．

对于选项B，同样集合B并不是集合A的子集，错误．

对于选项C，，错误．

对于选项D，由，则，，正确．

故选:D．

【点睛】本题考查了子集、集合的运算，属于基础题.

2.设向量，，若，则直线与直线的位置关系是（    ）

A．平行  B．相交且垂直

C．相交但不垂直  D．重合

【答案】B

【解析】因为向量，，若，则，即，

所以直线可化为，直线可化为，

两直线斜率之积为，所以两直线相交且垂直．故选:B．

【点睛】本题考查了向量的垂直以及直线之间的位置关系,属于基础题.

3.已知平面，，直线l，m，且有，，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的个数是（    ）

A 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】对于①：因为，，所以，又，所以，故正确；

对于②：因为，，所以，又，所以，故正确；

对于③：因为，，所以与可能平行或异面，故错误；

对于④：因为，，所以或，所以不一定成立，故错误；

故选：B.

【点睛】本题考查了空间中线面位置关系,属于基础题.

4.为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（    ）

A．48种  B．36种

C．24种  D．12种

【答案】B

【解析】由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；

第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，

根据分步计数原理，共有不同的选取方法，故选:B．

【点睛】本题考查了分步计数原理,属于基础题.

5.德国心理学家艾宾浩斯（H．Ebbinghaus）研究发现，遗忘在学习之后立即开始，而且遗忘的进程并不是均匀的．最初遗忘速度很快，以后逐渐减慢．他认为“保持和遗忘是时间的函数”他用无意义音节（由若干音节字母组成、能够读出、但无内容意义即不是词的音节）作为记忆材料．用节省法计算保持和遗忘的数量，并根据他的实验结果绘成描述遗忘进程的曲线，即著名的艾宾浩斯记忆遗忘曲线（如图所示）．若一名学生背了100个英语单词，一天后，该学生在这100个英语单词中随机听写2个英语单词，以频率代替概率，不考虑其他因素，则该学生恰有1个单词不会的概率大约为（    ）

A．0.43  B．0.38

C．0.26  D．0.15

【答案】B

【解析】根据艾宾浩斯记忆遗忘曲线得100个英语单词，一天后，忘记了74个，还记得26个，则该学生恰有1个单词不会的概率．故选:B．

【点睛】本题考查了古典概型的求解，考查阅读和理解能力，属于基础题．

6.已知函数和直线，那么“”是“直线与曲线 相切”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】设函数和直线的切点坐标为，

则，可得，所以时，直线与曲线相切；

直线与曲线相切不能推出．

因此“”是“直线与曲线相切”的充分不必要条件,故选:．

【点睛】本题考查了充分条件与必要条件的判断,需注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试．对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理,属于基础题.

7.中，，，面积，，，若，则实数（    ）

A．0  B．3

C．  D．2

【答案】B

【解析】因为，，，

所以，所以，所以，

所以．

因为，所以，即．

若，则，所以；

若，则，无解．综上，，故选B．

【点睛】本题考查了三角形面积公式、同角三角函数关系以及向量的数量积，属于中档题.

8.已知函数，若有四个不同的解，，，且，则的取值范围为（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【解析】由题意，当时，；当时，；当时，．作出函数的图象，如下图所示，

易知与直线有四个交点，分别为，，，，

因为有四个不同的解，，，且，

所以，且，，

又，，

所以，即，则．

所以，且，

构造函数，且，

可知在上单调递减，且，，

所以，即．

所以的取值范围为．故选:B．

【点睛】本题考查了函数与方程,考查了通过画出分段函数的图像研究方程根的情况,进而求取值范围,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.已知为虚数单位，则下面命题正确的是（    ）

A．若复数，则

B．复数满足，在复平面内对应的点为，则

C．若复数，满足，则

D．复数的虚部是3

【答案】ABC

【解析】对于选项A,由，故A正确；

对于选项B,由在复平面内对应的点为，则，即，

则，故B正确；

对于选项C,设复数，则，所以，故C正确；

对于选项D,复数的虚部是-3，故D错误．故选：ABC．

【点睛】本题考查了通过直接运算可判断A；由复数的几何意义和复数模的概念可判断B；由共轭复数的概念，运算后可判断C；由复数虚部的概念可判断D；即可得解,属于基础题.

10.已知函数，给出以下四个结论正确的是（    ）

A．是偶函数

B．的最小值为2

C．当取到最小值时对应的

D．在单调递增，在单调递减

【答案】ABC

【解析】对于选项A，函数的定义域为，

，函数为偶函数，A选项正确；

对于选项D，任取、，且，即，则

，

，则，，，，，所以，函数在区间上为增函数，由于该函数为偶函数，则函数在上为减函数，D选项错误；

对于选项B、C，函数在区间上为增函数，在上为减函数，

当时，函数取得最小值，即，B、C选项均正确．故选:ABC．

【点睛】本题考查了函数的性质,属于基础题.

11.将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的图象关于直线对称

B．函数的图象关于点对称

C．函数在上单调递减

D．函数在上恰有4个极值点

【答案】AD

【解析】将函数的图象向右平移个单位长度后得

因为，所以函数的图象关于直线对称，即A正确；

因为，所以函数的图象不关于点对称，即B错误；

因为，所以函数单调递增，即C错误；

因为，所以当时函数取得极值，即函数在上恰有4个极值点，D正确；故选：AD

【点睛】本题考查了平移变换以及三角函数图像与性质,属于基础题.

12.已知抛物线的焦点为F，过F与y轴垂直的直线交抛物线于点M，N，则下列说法正确的有（    ）

A．点F坐标为 B．抛物线的准线方程为

C．线段MN长为4 D．直线与抛物线相切

【试题来源】江苏省泰州市2020-2021学年高三上学期期未

【答案】BC

【分析】根据抛物线的标准方程和几何性质，可判定A不正确，B正确；令，可得求得，可判定C正确；联立方程组，根据，可判定D不正确．

【解析】由抛物线，可得，即，且焦点在轴上，所以焦点为，

准线方程为，所以A不正确，B正确；

令，可得，解得，所以，所以C正确；

联立方程组，整理得，可得，

所以直线与抛物线没有公共点，所以D不正确．故选BC．

【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,其中常见求解直线与抛物线的位置关系问题的方法类似于直线与椭圆的位置关系，在解决此类问题时，除考虑代数法外，还应借助平面几何的知识，利用数形结合法的思想来求，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，则___________

【答案】12

【解析】因为，

此二项式的展开式的通项为，

当时，所以,故选：C．

【点睛】本题考查了由二项式的展开式的通项求指定项系数,属于基础题.

14. 九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一“．在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，若．且，则解下6个环所需的最少移动次数为_____________

【答案】31

【解析】，，

，，，，

，所以解下6个环所需的最少移动次数为．故答案为:31．

【点睛】本题考查了通过已知的递推关系求，属于基础题．

15.如图所示，已知椭圆E经过点，对称轴为坐标轴，焦点，在x轴上，离心率e．直线l是的平分线，则椭圆E的方程是__________，l所在的直线方程是__________．

【答案】    ．   

【解析】设椭圆方程为，（a＞b＞0）

因为椭圆E经过点，离心率e，所以e，1，

所以a2＝16，b2＝12，所以椭圆方程E为；

由椭圆方程可得，，因为，，

所以AF1方程为，AF2方程为x＝2，

设角平分线上任意一点为P（x，y），则．

得或，因为斜率为正，所以直线方程为；

故答案为:；．

【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及角平分线的运用,属于中档题.

16.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”.如图，三棱柱为一个“堑堵”，底面是以为斜边的直角三角形，且，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为       .

【答案】

【解析】由“堑堵”的定义可知，为直角三角形，故，

易知，又，所以平面，于是得

设，，则，

则，，

，

由，得，整理得，

所以

所以

，当且仅当，即时的面积取得最小值，此时，

设三棱锥的外接球半径为，由图可知，线段为外接球的直径

故所求外接球的表面积.故答案为:

【点睛】本题考查了空间线面位置关系、基本不等式求最值以及空间几何体外接球的表面积，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.在中，角的对边分别为，且， ，           .在①；②；③的面积为.这三个条件中任选一个，补在上面条件中，若问题中三角形存在，求的周长；若问题中三角形不存在，说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】答案见解析

【解析】

若选①，由，知，

由得，即，即，

在中由余弦定理得：，

即，所以，

由，故，

所以，

所以三角形周长为

若选②，由得，即，即，

而，所以，即，

在中由余弦定理得：，

即，

即，即，所以，

所以三角形周长为

若选③，由得， ，即，

三角形面积

由，得，而，

即，

而，即，

所以，所以，

由，所以，，

于是，

所以，即，所以，

所以三角形周长为.

【点睛】本题考查了解三角形的问题，考查了余弦定理、正弦定理以及三角恒等变换，属于基础题.

18.已知等差数列的前n项和为，p，，，且.数列满足.

（1）求p､q的值；

（2）设数列的前2n项和为，证明：.

【答案】（1），；（2）证明见解析.

【解析】（1），，

，，解得.

由得，解得.

，.

（2）等差数列的公差，.

，，解得.

.

∴数列的前项和

，

又，

关于n递增，.

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、并项求和以及利用数列单调性证明不等式，属于基础题.

19.“硬科技”是以人工智能､航空航天､生物技术､光电芯片､信息技术､新材料､新能源､智能制造等为代表的高精尖科技，属于由科技创新构成的物理世界，是需要长期研发投入､持续积累才能形成的原创技术，具有极高技术门槛和技术壁垒，难以被复制和模仿.在华为的影响下，我国的一大批自主创新的企业都在打造自己的科技品牌，某高科技企业为确定下一年度投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用x(单位：千万元)对年销售量y(单位：千万件)的影响，统计了近10年投入的年研发费用x，与年销售量()的数据，得到如图所示的散点图.

（1）利用散点图判断，和(其中a，b，c，d为大于0的常数)哪一个更适合作为年研发费用x和年销售量y的回归方程类型；(只要给出判断即可，不必说明理由)

（2）对数据作出如下处理：得到相关统计量的值如表：

其中令，.

根据（1）的判断结果及表中数据，求y关于x的回归方程，并预测投入的年研发费用28千万元时的年销售量；

（3）从这10年的数据中随机抽取3个，记年销售量超过30(千万件)的个数为X，求X的分布列和数学期望.

参考数据和公式：，.对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.

【答案】（1）更适合；（2）回归方程为，预报值(千万件)；（3）分布列见解析，期望为.

【解析】

（1）由散点图知，结合对数函数的图象与性质，选择回归类型，更适合；

（2）令，先建立y关于w的线性回归方程，

由，则，

所以y关于w的线性回归方程为，

因此y关于x的回归方程为，

当年研发费用28千万元，即时，

年销售量y的预报值(千万件).

（3）由散点图可知这10年的数据中，年销售量超过30(千万件)的个数有4个，

所以的取值为0，1，2，3，

；；；

，

则随机变量的分布列为

所以.

【点睛】此题考查了离散型随机变量的分布列及期望的求法，线性回归方程的应用，属于中档题.

20.如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，且满足，，平面平面.为线段的中点，为线段上的动点.

（1）求证：平面平面；

（2）设，当二面角的大小为60°时，求的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】证明：（1）.为等腰三角形.

又∵为的中点，.

又∵平面平面，平面平面且平面，

由平面与平面垂直的性质定理可知，平面.

又平面，由直线与平面垂直的性质可知

又平面，平面.

平面

又平面，

∴平面平面

（2）(方法一)由（1）可知，平面，.

在中，.

在中，由余弦定理可知，，

.

过点作于点，为垂足，则，

平面,平面，

平面，.

过点作于点，为垂足，连接.

，

平面.

又平面，，

即为二面角的平面角

在中

在

(方法二)由（1）可知，平面，

.在中，

在中，由余弦定理可知

过点作线段的延长线的垂线，垂足为，

，

四边形为矩形.

由平面平面可知，平面

以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系.

则

设，则，

设平面的法向，由，

令，得

又平面的法向量

即

.

【点睛】本题考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和空间向量法求二面角的平面角,考查逻辑推理能力和运算求解能力,属于中档题.

21. 在圆上任取一点P，过点P作轴的垂线段PD，D为垂足，.当点P在圆上运动时，点M的轨迹为曲线E.

（1）求曲线E的方程；

（2）过点的两条相互垂直的直线分别交曲线E于A，B和C､D，求四边形ABCD面积的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设点M的坐标为，点P的坐标为，

∵，

∴，，∴，

∴点P在上，∴，∴，

∴曲线C的方程为.

（2）①当直线AB的倾斜角为0°，，，

.

同理直线AB的倾斜角为，.

②当直线AB的倾斜角不为0°和90°，

设直线AB的方程：，

则直线CD的方程为：，

联立和，得，

，，

，

用换得，

∴四边形ABCD面积，

令，，

∴，∴，

，

∴.

∴综上所述，.

【点睛】本题考查了轨迹方程的求法、直线与椭圆的位置关系以及利用基本不等式研究最值．考查分析问题与运算求解能力，属于中档题.

22.已知函数.

（1）求时函数的单调区间；

（2）当时，若对于任意，都存在，使得，证明：.

【答案】（1）在上单调递增，上单调递减；（2）证明见解析.

【解析】（1）时，

，则在上单调递增，上单调递减

（2）由题意，得

.

当时，

∵，

，

∴，

∵

，

令，，，

则，∴，

∴，∴，

设，

则，

∴在上单调递增，

∴.

【点睛】本题考查了导数研究函数的最值，导数解决恒成立问题以及构造函数利用其导数证明不等式，属于偏难题.