2021届陕西省西安中学高三下学期第七次模拟考试数学（文）试题（含解析）

2021届陕西省西安中学高三下学期第七次模拟考试

数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解一元二次不等式，利用补集、交集定义即可.

【详解】因为，所以

所以.

故选：B．

2．复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先利用除法化简计算，然后代入模长公式计算.

【详解】变形得，

所以.

故选：A.

3．据《乾陵百迷》记载：乾陵是陕西关中地区唐十八陵之一，位于乾县县城北部的梁山上，是唐高宗李治和武则天的合葬墓．乾陵是目前保存最完好的一座帝王陵墓．1961年3月被国务院公布为第一批全国重点文物保护单位．乾陵气势雄伟，规模宏大．登乾陵需要通过一段石阶路，如图所示，石阶路共526级台阶（各台阶高度相同）和18座平台，宽11米，全路用32000块富平墨玉石砌成．右阶有许多象征意义．比如第一道平台的34级台阶，象征唐高宗李治在位执政34年，第二道平台的21级台阶，象征武则天执政21年……第九道平台的108级台阶，象征有108个“吉祥”现已知这108级台阶落差高度为17.69米，那么乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为（    ）

A．86.2米 B．83.6米 C．84.8米 D．85.8米

【答案】A

【分析】由题可知各台阶高度相同，所以所求答案为

【详解】解：由题意可知所求高度为

，

所以乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为86.2米，

故选：A

4．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】易得，再利用对数函数的单调性即可比较.

【详解】，，，

，故，

.

故选：C.

5．向量，，，若，则实数等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，进而可解得实数的值.

【详解】由已知可得，

，所以，，解得.

故选：B.

6．在等比数列中，已知，则

A．6 B． C．-8 D．8

【答案】D

【详解】设等比数列的公比为，则，所以，则，选D.

7．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋时期伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，这个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，估计的值为（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先将一个单位圆平均分成90个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为，再根据90个扇形对应的等腰三角形的面积和近似于单位圆的面积，即可得到答案.

【详解】将一个单位圆平均分成90个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为，

因为这90个扇形对应的等腰三角形的面积和近似于单位圆的面积，

所以，

所以，

故选：D

8．设直线与圆相交于两点，为坐标原点，若为等边三角形，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由题意知，圆心坐标为，半径为2，则的边长为2，所以的高为，即圆心到直线的距离为，所以，解得，故选B.

9．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据程序框图，逐步执行，总结出规律，即可得出结果.

【详解】初始值，，

第一步：，，进入循环；

第二步：，，进入循环；

第三步：，，进入循环；

第四步：，，进入循环；

因此的取值情况以为周期，

又除以余，当时，结束循环，此时对应的的值为，

即输出的值为.

故选：B.

10．已知函数，则

A．在单调递减 B．在单调递减，在单调递增

C．的图象关于点对称 D．的图象关于直线对称

【答案】C

【分析】先得到的单调性，然后求出复合函数的单调性

【详解】由可得

令

故在上为增函数

故函数在上单调递增，故排除

由，

故

即的图象关于点对称

故排除

故选

【点睛】本题主要考查了复合函数的单调性和对称性，由同增异减先求出定义域，然后判断函数的单调性即可得到结果．

11．如图所示，从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，若为线段的中点，为坐标原点，则与的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．不确定

【答案】B

【分析】利用中位线和双曲线的定义转化，，再利用直线与圆相切，得到，从而得到答案.

【详解】因为点分别是和的中点，所以，

，

连结，因为是圆的切线，则，

在中，，

.

故选：B

【点睛】本题考查直线与圆，双曲线的位置关系，几何性质，综合性较强，本题的关键是数形结合分析问题，转化与化归的能力，属于中档题型.

12．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：.已知，则函数的值域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用常数分离法将原函数解析式化为，然后分析函数的值域，再根据高斯函数的含义确定的值域.

【详解】，

当时，，则，故，故；

但时，，则，故，；

综上所述，函数的值域为.

故选：C.

【点睛】本题考查新定义函数及函数值域求解问题，解答本题的关键在于根据指数函数的性质分析清楚的值域，然后确定的值域.

二、填空题

13．设等差数列的前项和为，若，则___________.

【答案】

【分析】由等差数列下标和性质求得，根据等差数列求和公式可求得结果.

【详解】由等差数列性质知：，解得：，.

故答案为：.

14．曲线在处的切线的倾斜角为，则___________.

【答案】

【分析】对函数求导代入，即可得出，进而可得结果.

【详解】

则

故答案为：

15．设实数满足约束条件，则的最大值是___________.

【答案】7

【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.

【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，

将化为，

观察图形可得，当直线过点时，取得最大，

联立方程组，解得，.

故答案为：7.

16．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为______．

【答案】36π

【详解】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，

若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，

可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，

可得 ，解得r=3.

球O的表面积为： .

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

三、解答题

17．在中，内角的对边分别为，已知．

(1)求角；

(2)若，求的最小值．

【答案】（1）（2）

【分析】（Ⅰ）利用正弦定理、诱导公式、两角和差的三角公式求出cosA的值，可得A的值．

（Ⅱ）利用余弦定理及基本不等式求得a的最小值．

【详解】解：(1) ∵中，，

∴由正弦定理知，，∵，

∴，

∴，

∴，

∴，∴．

(2) 由 (1)及得，

所以

当且仅当时取等号，所以的最小值为

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、诱导公式、两角和差的三角公式的应用，属于中档题．

18．甲、乙两台机床同时生产一种零件，其质量按测试指标划分：指标大于或等于100为优品，大于等于90且小于100为合格品，小于90为次品，现随机抽取这两台机床生产的零件各100件进行检测，检测结果统计如下：

（1）试分别估计甲机床、乙机床生产的零件为优品的概率；

（2）甲机床生产1件零件，若是优品可盈利160元，合格品可盈利100元，次品则亏损20元，假设甲机床某天生产50件零件，请估计甲机床该天的利润（单位：元）；

（3）从甲、乙机床生产的零件指标在[90，95）内的零件中，采用分层抽样的方法抽取5件，从这5件中任意抽取2件进行质量分析，求这2件都是乙机床生产的概率.

【答案】（1）；（2）5720元；（3）

【分析】(1)直接利用频率公式求甲机床、乙机床生产的零件为优品的频率,用频率估计概率;

(2)先计算出甲机床生产的零件每件的平均利润,再估计甲机床该天的利润;

(3)利用古典概型的概率公式求这2件都是乙机床生产的概率.

【详解】(1)因为甲机床生产的零件为优品的频率,

乙机床生产的零件为优品的频率为,

所以用频率估计概率,估计甲机床、乙机床生产的零件为优品的概率分别为.

(2)甲机床生产的零件每件的平均利润为(元),

所以估计甲机床生产的产品每件的利润为114.4元,

所以甲机床该天生产50件零件的利润为(元).

(3)由题意知,甲机床应抽取(件),乙机床应抽取(件),

记甲机床生产的2件零件为A,B,乙机床生产的3件零件为,

若从5件中任意抽取2件,有,共10个样本点,

其中2件都是乙机床生产的有,共3个样本点.

所以,从这5件中任意抽取2件,这2件都是乙机床生产的概率.

【点睛】本题考查了概率的计算和实际应用,解题关键是掌握概率的计算公式和概率的基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.

19．如图，已知椭圆：的离心率为，的左顶点为，上顶点为，点在椭圆上，且的周长为.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设是椭圆上两不同点，，直线与轴，轴分别交于两点，且，求的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【详解】试题分析：

(1)利用题意求得，所以椭圆的方程为；

(2)利用题意求得的解析式，结合m的取值范围可得的取值范围是.

试题解析：

（Ⅰ）由题意得：

，所以椭圆的方程为；

（Ⅱ）又，所以.

由，可直线的方程为.

由已知得，设.

由，得：.

，

所以，

由得.

所以即，同理.

所以 .

由所以.

点睛： (1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

20．如图，在三棱锥中，，，，点D，E分别为AB，PC的中点.

（1）证明：平面ABC；

（2）设点F在线段BC上，且，若三棱锥的体积为，求实数的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）由已知证明，再由直线与平面垂直的判定定理，可得平面；

（2）由向量等式关系可得，再由已知三棱锥的体积，空间几何图形的特点，结合等体积法可得，即可求出实数的值．

【详解】（1）证明：连接CD，

∵，，D为AB的中点，

∴，，

同理可得，，

∵，∴，

∵，∴平面ABC；

（2）∵，为的中点，

∴，

又，

所以在等腰三角形中，到的距离为，

所以,

又三棱锥的体积为，

∴

，

∴.

【点睛】关键点点睛：在解决第二问时，根据空间几何图形和得到是解题的关键点和突破点.

21．已知函数.

（1）若函数的图象在处的切线为，求的极值；

（2）若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）的极大值为，不存在极小值；（2）.

【分析】（1）利用即可求出的值，可得的解析式，再对其求导判断单调性即可求出极值；

（2）等价于，分离可得

构造函数，，只需 利用导数求最小值即可求解.

【详解】（1），

由题意可得：，解得：

此时函数，

函数的图象在处的切线为成立

所以，，

由可得，由可得，

所以在上单调递增，在 上单调递减.

所以的极大值为，不存在极小值.

由可得

分离可得：

令

令

所以在上单调递增

存在唯一的，使得

当时，，即，

当时，，即，

故在上单调递减，在上单调递增.

，

由于，得，

再对两边取对数可得：

所以，

所以

即实数的取值范围

【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法

（1）分离参数法

若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.

（2）数形结合法

结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.

（3）主参换位法

把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；

（2）设点P是曲线与的公共点，求圆心在极轴上，且经过极点和点P的圆的极坐标方程.

【答案】（1），；（2）答案见解析.

【分析】（1）先将平方可得，再与相减消，可得普通方程

将展开得，用代换，可得的直角坐标方程.

（2）联立曲线与的方程，得到交点的坐标，设出圆心坐标，写出圆的方程，代入的坐标，求出圆心坐标和圆的方程.

【详解】（1）先将平方可得，与再与相减可得

故曲线的普通方程为

∵，

∴，

由，可得曲线的直角坐标方程为；

（2）将曲线与的方程联立得，

解得或，

∴P的直角坐标为或；

设所求圆的圆心坐标为，则其方程为，

当P的坐标为时，代入圆的方程中，可得，则所求圆的直角坐标方程为：

故极坐标方程为；

当P的坐标为时，代入圆的方程中，可得 ，则所求圆的直角坐标方程为：

故极坐标方程为.

【点睛】求解与极坐标有关的问题的主要方法：

（1）直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用；

（2）转化为直角坐标系，用直角坐标求解.

使用后一种方法时，应注意若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标.

23．已知函数

（1）若的解集为，求实数的值；

（2）当且时，解关于的不等式.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）先解绝对值不等式，再由其解集列出方程组求解，即可得出结果；

（2）先由将所求不等式化为；讨论，，三种情况，分别求解，即可得出结果.

【详解】（1）因为，所以，

又的解集为，所以，解得；

（2）时，不等式等价于；

当时，不等式可化为，此时与矛盾，所以舍去；

当时，不等式可化为，解得；因为，所以，因此成立；

当时，不等式可化为，即显然成立；

所以，原不等式解集是

【点睛】方法点睛：

解绝对值不等式的常用方法：

（1）基本性质法：为正实数，，或；

（2）平方法：两边平方去掉绝对值，适用于或型的不等式的求解；

（3）分类讨论法(零点分区间法)：含有两个或两个以上绝对值的不等式，可用分类讨论法去掉绝对值，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式求解；

（4）几何法：利用绝对值不等式的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距离问题求解；

（5）数形结合法：在直角坐标系中，作出不等式两边所对应的两个函数的图像，利用函数图像求解.