2021届四川省成都市树德中学高三高考适应性考试数学（理）试题含解析

2021届四川省成都市树德中学高三高考适应性考试

数学（理）试题

一、单选题

1．设，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合，根据补集运算，即可求出.

【详解】由 得： ，又，所以 ，因此 .

故选：B.

【点睛】本题主要考查了集合的补集运算，属于基础题.

2．复数满足：(为虚数单位)，且在复平面内对应的点位于第三象限，则复数的模为（    ）

A．5 B．3 C． D．

【答案】C

【分析】设，根据条件求得，从而求得模长.

【详解】设，则，

即，，结合在第三象限，

解得，即，

故

故选：C

3．已知实数满足条件，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】画出满足条件的目标区域，将目标函数化为斜截式，由直线方程可知，要使最大，则直线的截距要最大，结合可行域可知当直线过点时截距最大，因此，解出点坐标，代入目标函数，即可得到最大值.

【详解】画出满足约束条件的目标区域，如图所示:

由,得，

要使最大，则直线的截距要最大，由图可知,当直线过点时截距最大，

联立,解得，

所以的最大值为：，

故选:：C.

【点睛】方法点睛：求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：

（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；

（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；

（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.

4．过点的直线与函数的图象交于，两点，为坐标原点，则（    ）

A． B． C．5 D．10

【答案】D

【分析】对变形后可得的图象关于点对称，从而可得，两点关于点对称，则有，进而可求出的值

【详解】，函数的图象关于点对称，

直线与函数的图象交于，两点时，得出，两点关于点对称，则有，于是．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：本小题以平面向量为载体，考查函数图像的对称性，平面向量的数量积的运算等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合、化归与转化思想，考查数学运算、数学抽象核心素养，体现基础性和综合性，解题的关键是对变形后可得的图象关于点对称，从而可得，属于中档题．

5．已知双曲线的离心率为，则实数的值为（    ）

A．1 B． C． D．1或

【答案】D

【分析】讨论焦点的位置，确定的范围，再由离心率公式解出实数的值.

【详解】当焦点在轴时，，即

（舍）

当焦点在轴上时，，即

，（舍），

故选：D

6．下图是从2020年2月14日至2020年4月19日共66天的新冠肺炎中国/海外新增确诊趋势图，根据该图，下列结论中错误的是（    ）

A．从2020年2月14日起中国已经基本控制住国内的新冠肺炎疫情

B．从2020年3月13日至2020年4月3日海外新冠肺炎疫情快速恶化

C．这66天海外每天新增新冠肺炎确诊病例数的中位数在区间内

D．海外新增新冠肺炎确诊病例数最多的一天突破10万例

【答案】C

【分析】根据折线图中的信息对每个选项中的结论进行分析判断，得出答案.

【详解】A. 根据折线图从2020年2月14日起，中国新增确诊人数几乎为0，所以A正确.

B．根据折线图可以看出从2020年3月13日至2020年4月3日海外新增确诊人数在小范围内有增有减，但总体上新增确诊人数在快速的增加，所以B正确.

C.由折线图可得这66天海外每天新增新冠肺炎确诊病例数的中位数大约出现在3月18日左右，其值小于，故C不正确.

D. 由折线图可得在4月3日到4日和4月15日到16日海外新增新冠肺炎确诊病例数都超过10万例，所以D正确.

故选：C

【点睛】本题考查折线图的相关知识，关键是读懂对折线图中的信息，根据图中信息分析选项作出判断，属于中档题.

7．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由可排除C，由可排除B，由可排除A.

【详解】因为，所以函数不是偶函数，排除C

因为，所以可排除B

因为，所以排除A

故选：D

8．“你是什么垃圾？”这句流行语火爆全网，垃圾分类也成为时下热议的话题．某居民小区有如下四种垃圾桶：一天，张三提着四袋属于不同垃圾桶的垃圾进行投放，发现每个垃圾箱再各投一袋垃圾就满了，作为一名法外狂徒，张三要随机投放垃圾，则法外狂徒张三只投对一袋垃圾或两袋垃圾的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】计算四袋垃圾投放全排列有，然后分别计算只投对一袋与投对两袋的情况，然后代入古典概型的计算公式求解概率即可.

【详解】根据题意，四袋垃圾随机投入四个垃圾桶共有种方法，

当只投对一袋时，其他三袋与对应垃圾桶全错位排列，则3个元素全错位有（常用数据知识）种，

当投对两袋时，其他2个元素全错位有种，

所以概率为.

故选：B.

9．三国时期，吴国数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明了勾股定理(西方称之为“毕达哥拉斯定理”).如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积与大正方形面积之比为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图。由题意得，从而可得，给等式两边平方化简后得，从而可求出，而，进而可求得答案

【详解】由题意得，因为，

，

所以，则，

所以，

所以，

因为，所以，

所以

，

故选：D

10．已知点在抛物线上，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点，，若直线的斜率为，则抛物线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知得，设，，，求得，，进而得到，从而求得，利用，求点坐标，代入抛物线方程即可求解.

【详解】由题意可知过所作圆的两条切线关于直线对称，所以，

设，，，则，

同理可得，，

则，得，得，

所以，故，

将代入抛物线方程，得，得，故抛物线方程为．

故选：A

【点睛】结论点睛：本题考查圆的切线的对称性，及抛物线的性质，有关抛物线的重要结论：过抛物线上任意一点（不与原点重合）作两条倾斜角互补的直线，分别交抛物线于点，，连接，则．

11．已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，易知平面时，截面面积最小，求得截面圆的半径，然后在，利用勾股定理求得四面体的边长即可.

【详解】如图所示：

易知平面时，截面面积最小.

设外接球的半径为，截面面积最小时截面圆的半径为，，外接圆的圆心为，

则，，

所以.

由，解得，

则，

解得.

又正四面体的高为，

所以正四面体的体积，

故选：D.

12．已知数列，，其中数列满足，前项和为满足；数列满足：，且对任意的､都有：，则数列的第47项的值为（    ）

A．384 B．47 C．49 D．376

【答案】A

【分析】根据，分别取不同的n值，求得，并根据，求得；取得，，从而利用累加法求得，从而求得结果.

【详解】时，，解得，

时，，得，

时，，得，

从而有，，

时，，得，

时，，得，

则，，

又，故，

取得，，则

故，

则，

故数列的第47项为

故选：A

二、填空题

13．的展开式中常数项为________．

【答案】

【分析】利用二项展开式通项公式直接求解.

【详解】，

展开式中常数项为，

故答案为：.

【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．

(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．

14．已知等比数列的前n项和为，，，则＝_______.

【答案】2或8

【分析】根据已知条件进行化简，对是否为零分成两种情况进行分类讨论，由此求得的值.

【详解】∵为等比数列，，∴，

∴，

当时，，此时；

当时，，此时，

综上所述，＝2或8.

故答案为：或

【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式和前项和公式的基本量计算，属于基础题.

15．执行如图所示的程序框图，运行相应的程序.若输入的a，b，c分别为0.61.5，1.50.6，，则输出的结果为________.（结果用a，b，c表示）

【答案】b

【分析】模拟程序运算，确定变量值．

【详解】模拟程序运算，变量值变化如下：开始输入，，判断，，判断，输出，

故答案为：．

【点睛】本题考查程序框图，考查选择结构，模拟程序运行，观察变量值的变化，判断条件是否满足，可得结论．

16．已知函数，下列说法正确的是___________.

①的图像关于点对称

②的图象与有无数个交点

③的图象与只有一个交点

④

【答案】①③

【分析】根据函数解析式，验证函数是否满足，从而得到对称性；求导，研究函数的单调性，判断函数图像交点问题及函数值大小问题；

【详解】由

知，

的图像关于点对称，故①正确；

当时，，

当时，，

故的图象与无交点，②错误；

，

当时，，，则，函数单减；

由对称性可得当时，函数单减；则，④错误；

又，，

则由单调性知，函数在时，与只有一个交点，

当时，由①知，与无交点，故③正确；

故答案为：①③

三、解答题

17．将函数图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象.

（1）求函数的解析式及单调递增区间；

（2）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，且，求的面积.

【答案】（1），单调递增区间；（2）.

【分析】（1）化简，按照三角函数平移变换法则进行变换即可. （2）由，可解出的值，从而求出角，再由余弦定理求出边，三角形面积公式即可求出面积.

【详解】（1），

图象向右平移个单位长度得到的图象，

横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)得到图象，所以，

令，解得，

所以的单调递增区间为：

（2）由（1）知，，

因为，

所以，且，

当时，，，(舍去)

当时，，，

此时由余弦定理可知，，解得，

所以.

18．如图所示，在三棱柱中，，点在平面的射影为线段的中点，侧面是菱形，过点，，的平面与棱交于点．

（1）证明四边形为矩形；

（2）若与平面所成角的正切值为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）由已知根据线面平行的判定定理证得平面.再运用面面平行的判定和性质证得四边形为平行四边形.运用线面垂直的判定定理可证得平面，从而得出结论.

（2）以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意得，分别求解平面的法向量和的方向向量，运用线面角的向量求解方法可求得答案．

【详解】（1）证明：取中点为，连接，，在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，

又因为平面，平面，所以平面．

因为平面，且平面平面，所以．

因为在三棱柱中，平面平面，平面平面，

平面平面，所以，所以四边形为平行四边形．

在中，因为，是的中点，所以．

由题可知平面，所以，，

因为，所以平面，

所以，故四边形为矩形；

（2）由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，又题可知，在中，，所以，

所以，，，，则，．

因为，所以．

设平面的法向量为，

则即，所以令，所以．

设与平面所成角为，

则，故与平面所成角的正弦值为．

19．年月日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会一般性辩论上发表重要讲话，指出要加快形成绿色发展方式和生活方式，建设生态文明和美丽地球．中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于年前达到峰值，努力争取年前实现碳中和．某企业为了响应中央号召，准备在企业周边区域内通过植树造林实现减碳，从某育苗基地随机采购了株银杏树树苗进行栽种，测量树苗的高度，得到如下频率分布直方图，已知不同高度区间内树苗的售价区间如下表．

（1）现从株树苗中，按售价分层抽样抽取株，再从中任选三株，求售价之和高于元的概率；

（2）已知该育苗基地银杏树树苗高度服从正态分布，并用该企业采购的株树苗作样本，来估计总体期望和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），且．

①若该育苗基地共有株银杏树树苗，并将树苗的高度从高到低进行排列，得到数列，求的估计值．

②若从该育苗基地银杏树树苗中任选株，记树苗高度超过的株数为，求随机变量的分布列和期望．

参考数据：若，，，．

【答案】（1）；（2）①；②分布列见解析，期望为.

【分析】（1）确定株中，株元，株元，株元，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求时间的概率；

（2）①计算出、的值，计算得出，由此可得出，即为所求；

②分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值.

【详解】（1）高度在内的占比为，

高度在内的占比为，

高度在内的占比为，

从这株树苗中，按售价分层抽取株，其中株元，株元，株元，

再从中任选三株，售价之和高于元，可以为、、、、，

故所求概率为；

（2）①由频率分布直方图可得，

，

，

所以，；

②若从该育苗基地银杏树树苗中任选株，高度超过的概率为，

由题意可知，则,，

，，，

，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

随机变量的数学期望为.

【点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下：

（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；

（2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算；

（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算.

20．线段的长等于3，两端点､分别在轴和轴上滑动，点在线段上，且，点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程

（2）曲线与轴相交于､两点，为曲线上一动点，，与直线交于，两点，与的外接圆的周长分别为，，求的最小值.

【答案】（1）；（2）最小值为.

【分析】（1）设､､，根据以及可求出结果；

（2）根据斜率公式求出，设直线方程为：，则直线方程为：，求出的坐标和，利用正弦定理求出两个三角形的外接圆的半径，进而求出，再根据基本不等式可求出结果.

【详解】（1）设､､，由于，则①，

∵，∴，可得到，

代入①式得点的轨迹曲线的方程为；

（2）由己知得､，设椭圆上动点，

则利用两点连线的斜率公式可知，，

∴，

设直线方程为：，则直线方程为：，根据对称性设，

令，得，，即，，则

设与的外接圆的半径分别为，，

由正弦定理得：，，

又∵，∴，

∴，

当且仅当，即时，等号成立，即的最小值为.

【点睛】关键点点睛：利用斜率公式推出，利用正弦定理求出两个三角形的外接圆的半径是解题关键.

21．已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，求证：.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1），，分，两种情况，根据二次函数的性质,利用判别式结合函数的定义域，由导数的正负判断；

（2）将证明，转化为证然后令， ，用导数法证明.

【详解】（1），，

若，则，函数在上单调递减.

若，则二次函数的判别式，

当，即或时，

若，则，等号不恒成立，函数在上单调递增；

若，则，等号不恒成立，函数在上单调递减.

当，即且时，

令，即，

此时，，，，

若，则，，此时恒成立，函数在上单调递减；

若，则，当时，，

当时，当时，，

即函数在和上单调递增，在上单调递减.

综上，当时，函数在上单调递减；

当时，函数在上单调递增；

当时，函数在和上单调递增，

在上单调递减.

（2）要证，

即证.

记，则，

令，得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以.

令，则，

所以在上递减，

则，

即恒成立，

所以恒成立，

故.

【点睛】方法点睛：判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．若含参数，则含参数的二次不等式的解法常常涉及到参数的讨论问题，只要把握好下面的四个“讨论点”，一切便迎刃而解．分类标准一：二次项系数是否为零，目的是讨论不等式是否为二次不等式；分类标准二：二次项系数的正负，目的是讨论二次函数图象的开口方向；分类标准三：判别式的正负，目的是讨论二次方程是否有解；分类标准四：两根差的正负，目的是比较根的大小．

22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为(为参数)，直线的参数方程为(为参数，).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）分别写出曲线和直线的极坐标方程；

（2）直线与曲线交于，两点，若，求直线的斜率.

【答案】（1）曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为；（2）.

【分析】（1）将圆的参数方程化为普通方程，在将普通方程化为极坐标方程，根据直线的参数方程得直线过坐标原点，且倾斜角为，再写极坐标方程.

（2）设，，将直线代入曲线的得，，再结合得，解方程得，故直线的斜率为.

【详解】解：由得.

由得曲线的极坐标方程为.

直线的极坐标方程为.

将直线，

代入曲线的方程得.

由，解得.

设，，

由韦达定理得，.

，，

所以，

所以，满足.

，或，

，直线的斜率为.

【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标，以及参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程的应用，其中解答中熟记极坐标方程的应用，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

23．已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若的最小值为，且，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）原不等式为，然后分三种情况解不等式即可；

（2）先求出的最小值，然后列方程可求出的值，则有，令，则可求出的值，

【详解】解：（1）当时，原不等式为，

或，，或，

或，或

原不等式的解集为；

（2）由题意得，

，或(舍去)，

，令，

则，

当(，且)时，上述不等式取等号.

【点睛】关键点点睛：此题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，解题的关键是将转化为，然后利用辅助角公式和正弦函数的有界性证明不等式，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题