2021届甘肃省天水市第一中学高三第九次模拟数学（文）试题（含解析）

这是一份2021届甘肃省天水市第一中学高三第九次模拟数学（文）试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届甘肃省天水市第一中学高三第九次模拟数学（文）试题  一、单选题1．若集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，所以.故选：A2．已知，复数，则A．-2 B．1 C．0 D．2【答案】D【详解】分析：先利用复数的除法法则化简等式的右边，再利用复数相等的定义得到相关值．详解：因为，所以，即.故选D．点睛：本题考查复数的除法法则、复数相等的概念等知识，意在考查学生的基本计算能力．3．设，则a，b，c的大小关系是（    ）A．a<b<c B．c<b<aC．b<a<c D．b<c<a【答案】B【分析】直接利用指数函数和对数函数的单调性求解.【详解】因为，所以c<b<a，故选：B.4．牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为和的同心球（球壁的厚度忽略不计），在外球表面上有一点，在内球表面上有一点，连接线段.若线段不穿过小球内部，则线段长度的最大值是（    ）A．cm B．9cm C．3cm D．2cm【答案】C【分析】本题首先可根据题意确定外球的半径以及内球的半径，然后以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，根据线段不穿过小球内部得出线段与内球相切时线段的长度最大，最后通过计算即可得出结果.【详解】因为外球的表面积为，内球的表面积为，所以外球的半径为，内球的半径为，如图，以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，因为线段不穿过小球内部，所以当线段与内球相切时线段的长度最大，则线段最长为，故选：C.5．已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A． B． C． D．【答案】B【详解】双曲线的离心率为,即.又，解得：，.则其渐近线方程为，故选B.6．已知为两条不同直线，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为（    ）A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③【答案】C【分析】根据面面平行的性质和判定，结合线面垂直的性质，对每个选项进行逐一分析即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；若，，平面可能相交，故②错误；若，，则可能平行，故③错误；由线面垂直的性质可得，垂直于同一个平面的两直线平行，故④正确；综上所述，正确的是①④.故选：.【点睛】本题考查面面平行的判定和性质，涉及线面垂直的性质，属综合基础题.7．某学校结合自身实际，推出了《职业认知》《家政课程》《田地教育》《手工制作》《种植技术》五门劳动课程，要求学生从中任选两门进行学习，经考核合格后方能获得相应学分.已知甲､乙两人都选了《职业认知》，则另外一门课程不相同的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】基本事件总数为，其中另外一门课程不相同的基本事件个数为，利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】甲､乙两人都选了《职业认知》，记《家政课程》《田地教育》《手工制作》《种植技术》为，甲､乙两人从中任取一门，基本事件总数为，其中不相同的基本事件个数为，甲､乙两人都选了《职业认知》，则另外一门课程不相同的概率为.故选：D8．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知利用两角差的余弦公式即可化简求解．【详解】解：因为，则．故选：．9．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的解析式为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先由图象得出，进而求得的解析式.【详解】由图可知，，图象过点，，，，.由图象过点得，，，，.故选：C.10．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱中，，，､分别在､上移动，始终保持平面，设，，则函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】过作直线交于，连接，可证明四边形为平行四边形，从而可，故可得正确的选项.【详解】过作直线交于，连接，因为，所以，所以共面，因为平面，平面，平面平面,所以，所以四边形为平行四边形，故，，解得，故，所以，因为，，故选：C.11．已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：设是椭圆的左焦点，由于直线过原点，因此两点关于原点对称，从而是平行四边形，所以，即，，设，则，所以，，即，又，所以，．故选A．【解析】椭圆的几何性质．【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得关系或范围，解题的关键是利用对称性得出就是，从而得，于是只有由点到直线的距离得出的范围，就得出的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义． 12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．是周期函数B．在是增函数C．的图像与轴有无数个交点，每相邻两个交点间的距离都为D．在上存在4个极值点【答案】B【分析】A选项：利用反证法证明，假设是周期函数，设周期为,可得,设,利用辅助角公式，证明其不是常函数，得到，即与假设矛盾，从而得证；B选项： 利用导数判断函数单调性；C选项：的图像与轴交点坐标为,直接可以得出结论；D选项：利用导数可以直接得到极值点的个数.【详解】A选项：函数的定义域为R,当时, ,假设是周期函数，设周期为,则，即化简得设，此时不是常函数，所以，，∴，与矛盾所以不是周期函数，故A错误；B选项：当时, ，所以当时，即时，，且所以所以在是增函数，故B正确；C选项：的图像与轴交点坐标为,所以每相邻两个交点间的距离都为，故C错误；D选项：当时, ，所以=0，得到，所以，当时，，则函数在上存在唯一一个极值点，根据是奇函数，所以是函数在上存在唯一一个极值点，所以在上存在2个极值点，故D错误.故选：B.【点睛】证明是一个函数是周期函数一般利用定义法证明，设是定义在数集M上的函数，如果存在非零常数具有性质：，则称是数集M上的周期函数；证明函数不是周期函数一般要利用函数的性质入手，一般利用反证法证明.  二、填空题13．已知向量，则___________.【答案】【分析】根据向量夹角公式可求出结果.【详解】．【点睛】本题考查了向量夹角的运算，牢记平面向量的夹角公式是破解问题的关键．14．已知函数（）在x=处取得极值,则的值为________.【答案】【详解】试题分析：由已知，又 ，则．经检验满足题意. 【解析】导数与极值．【名师点睛】如果函数在 上都有导数，则在 存在极值的条件是存在且，如果在 附近左侧有，在 附近右侧有，则是极大值，如果在 附近左侧有，在附近右侧有 ，则是极小值．15．在中角，，的对边分别为，，，若,，则的外接圆面积为________【答案】【分析】化简得到，根据余弦定理得，再利用正弦定理得到，得到答案.【详解】，故，即.根据余弦定理：，故.根据正弦定理：，解得，故.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，意在考查学生的综合应用能力.16．如图所示是毕达哥拉斯（Pythagoras）的生长程序:正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，，如此继续，若共得到1023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形的边长为________________________．【答案】【详解】试题分析：设，即，解得．正方形边长构成数列，从而最小正方形的变长为．【解析】等比数列的应用 三、解答题17．新冠疫情防控期间，为保证抗疫物资的质量，我国加大了质量检测的力度.某市今年新增了两家专门生产测温枪的工厂.质检部门现从这两家工厂各随机抽取了把测温枪，检测其某项质量指标，得到甲、乙两厂所生产的测温枪的该项质量指标值的频数分布表，如下表所示：质量指标值甲厂测温枪的频数乙厂测温枪的频数已知每把测温枪的等级与该项质量指标值间的关系如下表所示：质量指标值等级二级一级特级（1）试利用样本估算总体的思想分别估计甲、乙两厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的概率；（2）若生产一把二级测温枪、一级测温枪、特级测温枪分别可获得纯利润元、元、元，且不考虑其他因素，试从平均数的角度分析哪家工厂生产测温枪的利润更高.【答案】（1）0.32，0.3；（2）甲厂生产的测温枪的利润更高.【分析】（1）分别计算频率，用频率估计概率；（2）分别计算甲与乙的平均数，再进行比较.【详解】（1）由表格可得，甲厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的频数为.故频率为，乙厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的频数为，故频率为.由此估计：甲厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的概率为0.32，乙厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的概率为0.30.（2）甲厂生产一把测温枪的平均利润为（元），乙厂生产一把测温枪的平均利润为（元），所以，所以甲厂生产的测温枪的利润更高.18．已知数列的前项和.等比数列满足，，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用与的关系可求，再由等比数列的通项公式可求.（2）利用错位相减法即可求解.【详解】解析：（1），当时，，所以，当时，，满足上式，所以，设等比数列的公比为，则，解得，，所以.（2）∴∴，∴19．如图是矩形和以边为直径的半圆组成的平面图形，．将此图形沿折叠，使平面垂直于半圆所在的平面．若点E是折后图形中半圆O上异于A，B的点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若异面直线和所成的角为，求三棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由面面垂直的性质得圆O，由线面垂直的性质得，根据线面垂直的判定可得面，再由线面垂直的性质可证.（Ⅱ）由题意知：，过E作于F，易证面，进而求、，应用等体积法有即可求三棱锥的体积．【详解】（Ⅰ）∵面圆O，面圆O ，平面，，∴圆O，又圆O，∴，又是直角，即，而，∴面，又面，∴．（Ⅱ） 在矩形中，，直线和所成的角为，∴直线和所成的角为，即． 过E作于F，则面．又，，易得，即有，∴，由．∴三棱锥的体积是．【点睛】关键点点睛：（Ⅰ）综合应用面面垂直、线面垂直的判定及性质证线线垂直.（Ⅱ）由等体积知，结合已知条件求及其对应的高即可求三棱锥的体积.20．在直角坐标系中，动圆经过点且与直线相切.（1）动圆圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程；（2）直线交曲线于，，轴上是否存在一点，使得当变动时，都有？说明理由.【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.【分析】（1）利用抛物线的定义即可求解.（2）设为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为，，将直线与联立，利用韦达定理得出，使即可求解.【详解】（1）设动圆圆心，则到定点的距离等于到直线，圆心的轨迹为抛物线，即，即，所以（2）存在符合题意的点，证明如下：设为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为，，将代入得方程整理得.∴，.∴.当时，有，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，故，所以符合题意.【点睛】关键点点睛：本题考查了抛物线的定义求轨迹方程、直线与抛物线的位置关系，解题的关键是利用韦达定理得出，考查了动点轨迹方程、数学运算.21．设函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）若，为整数，且当时，，求的最大值．【答案】（1）若，在（-∞，+∞）上单调递增；若，在单调递减，在上单调递增；（2）【详解】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0) ①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0.所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2, 所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2. 22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为.（1）求与交点的直角坐标；（2）过原点作直线，使与，分别相交于点，(，与点均不重合)，求的最大值.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）首先分别求曲线和的直角坐标方程，再联立方程求交点坐标；（2）设直线的极坐标方程，（），分别与曲线和联立，求和，再根据公式，求的最大值.【详解】由曲线的参数方程可知，，即，曲线，得，化简得，联立，解得：或；所以曲线与交点的直角坐标是或 （2）曲线的直角坐标方程是，即，化简为，设直线的极坐标方程为，（），则点的极坐标为，点的极坐标为，所以，当时，取得最大值，最大值是，此时，与点均不重合.【点睛】方法点睛：本题考查弦长公式，一般求弦长的方法包含以下几点：1.直角坐标系下的弦长公式或是；2.利用直线参数方程的几何意义可知；3.极坐标系下，过原点的直线与曲线相交的弦长.23．设函数.（1）解不等式；（2）已知的最小值为，正实数､满足，求的最小值，并指出此时､的值.【答案】（1）；（2）最小值为，，.【分析】（1）将写成分段函数形式,从而可解不等式；（2）由（1）可得的最小值为2,可得,即,则，化简利用基本不等式求出最值，从而求出答案.【详解】（1）∵, 当时，，，所以 ；当时，， ，所以；当时，，，所以 ；当时，，，所以；∴不等式的解集为；（2）由（1）可知的最小值为所以,即所以当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为，此时，.【点睛】本题考查利用基本不等式中“1”的特殊用法，解题时尤为注意等号成立的条件.