2021届四川省攀枝花高三一模数学试卷及答案

这是一份2021届四川省攀枝花高三一模数学试卷及答案，共22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届四川省攀枝花高三一模数学试卷及答案一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．，2．若为纯虚数，且，则（       ）A． B． C． D．3．已知函数，则（       ）A． B． C．6 D．144．已知， （       ）A． B． C． D．35．在正项等比数列中，若，则（       ）A．5 B．7 C．9 D．116．“角谷定理”的内容为对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2.如此循环，最终都能够得到1.如图为研究“角谷定理”的一个程序框图.若输入的值为5，则输出的值为（       ） A．4 B．5 C．6 D．77．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（       ）A． B．2 C．4 D．8．已知是边长为4的等边三角形，点D，E分别是边，的中点，连接并延长到点F，使得，则的值为（       ）A． B．2 C．4 D．229．下列说法中正确的是（       ）A．命题“p且q”为真命题，则p､q恰有一个为真命题B．命题“，”，则“，”C．命题“函数有三个不同的零点”的逆否命题是真命题D．设等比数列的前n项和为，则“”是“”的充分必要条件10．已知函数 ，若，，，则有（       ）A． B．C． D．11．函数，则下面四个结论：①函数图象的对称轴为；②将图象向右平移1个单位长度后，所得的函数图象关于原点对称；③函数的单调递增区间为；④经过点的直线和的图象一定有交点.其中正确结论的个数是（       ）A．1 B．2 C．3 D．412．在关于的不等式(其中为自然对数的底数)的解集中，有且仅有一个大于2的整数，则实数的取值范围为（       ）A． B． C． D．二、填空题13．已知向量，，若，则实数___________.14．若，则___________.15．设数列的前n项和为，，，则___________.16．定义在R上的奇函数满足，当时，，则当时，不等式的解为___________.三、解答题17．在公差不为零的等差数列中，，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.18．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面是侧棱长为的等腰三角形，E､F分别为､的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.19．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A.（2）若，边上的高为3，求c.20．已知轴右侧的曲线C上任一点到的距离减去它到轴的距离的差都是，为该曲线上一点，O为坐标原点，.（1）求曲线C的方程；（2）过点F且斜率为的直线与C交于A，B两点，线段的中点为M，直线是线段的垂直平分线且与轴交于点T，试问的值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.21．已知函数在点处的切线垂直于轴.（1）求的单调区间；（2）若存在三个都为正数的零点，求证：任意两个零点的差小于2.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(t为参数)，圆.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求，的极坐标方程；（2）若射线分别与曲线，相交于A，B两点(异于原点)，求的面积.23．设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）求证：对任意的，.
参考答案：1．B【解析】【分析】根据集合的表示形式，可判断选项.【详解】集合是以点为元素的集合，只有选项满足题意．故选：B.【点睛】本题考查了集合的表示方法，注意点集的表示形式，属于基础题.2．A【解析】【分析】由题知，分别代入表达式，求得复数即可.【详解】为纯虚数，由，知，当时，，同理可得时，，故选：A3．C【解析】【分析】求导，代入，求得，然后将代入原函数求得函数值.【详解】，则，则，故选：C4．B【解析】【分析】由诱导公式对条件化简求得，根据两角差的正切公式，代入问题里面，求得结果即可.【详解】，则故选：B5．C【解析】【分析】结合等比数列的性质求得所求表达式的值.【详解】.故选：C6．B【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算的值并输出相应变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案.【详解】模拟程序的运行，可得，，不满足条件，不满足条件n是偶数，，不满足条件，满足条件n是偶数，，不满足条件，满足条件n是偶数，，不满足条件，满足条件n是偶数，，不满足条件，满足条件n是偶数，，此时，满足条件，退出循环，输出的值为.故选：B7．C【解析】【分析】由几何体的三视图作出直观图，再由棱柱的体积公式即可求解.【详解】由几何体的三视图可知几何体的直观图如下：所以.故选：C8．B【解析】【分析】以为基底，将表示出来，然后求的值即可【详解】解：因为点D，E分别是边，的中点，所以，因为，所以，所以,因为,，所以，，故选：B9．D【解析】【分析】A根据含有逻辑联结词命题真假性进行判断，B根据全称量词命题的否定来判断，C利用导数来判断，D利用等比数列的有关运算来判断.【详解】A选项，“p且q”为真命题，则都是真命题，所以A选项错误.B选项，是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以B选项错误.C选项，，，为单调递增函数，只有个零点，所以原命题是假命题，其逆否命题也是假命题.D选项，.（等比数列公比）.所以D选项正确.故选：D10．A【解析】【分析】根据对数函数的性质可得且，根据指数函数的性质可得，利用导数可求函数在上的单调性，结合函数值的范围可得三者之间的大小关系.【详解】因为，故即，故.，，而，故.当时，，因为在上为增函数，在上为减函数，故在上为增函数，故当时有即在上为增函数，故，由基本不等式可得（因为故等号不可取），故，故选：A.【点睛】方法点睛：函数值的大小比较，关键是自变量的大小关系以及函数单调性，前者可结合指数函数、对数函数的性质来判断，后者可利用导数来判断，必要时需结合函数值的范围.11．A【解析】【分析】先将化简为，利用整体法可求函数图象的对称轴和单调区间，从而可判断①③的正误，利用平移变换可求平移后函数的解析式后可判断②的正误，取特殊直线，可判断该直线与函数无交点，从而可判断④为错误.【详解】，令，故对称轴方程为：，故①正确.将图象向右平移1个单位长度后，所得的图象的解析式为，故，故，故不是奇函数，其图象不关于原点对称，故②错误.令，则，故的单调递增区间为，若，则为的减区间，故③错误.取直线，令，则，但，故无解，故④错误.故选：A.【点睛】方法点睛：正弦型函数的性质，一般通过整体法去研究其对称轴、单调区间，而函数奇偶性的判断，应该依据定义来判断.12．B【解析】【分析】原不等式可化为，令，在坐标平面中画出它们的图象，结合图象可得所求的参数的取值范围.【详解】等价于，令，故的图象在图象的上方有且只有一个横坐标大于且为整数的点.又，当时，，当时，，当时，，故在为减函数，在为增函数，在为减函数，而恒成立，的图象为过的动直线，故、的图象如图所示：其中，，，当时，，故，因为的图象在图象的上方有且只有一个横坐标大于且为整数的点，故.当时，的图象在图象的上方有无穷多个横坐标大于且为整数的点，此时不合题意，舍.故选：B.【点睛】方法点睛：较为复杂的函数不等式的整数解问题，可根据不等式的结构特点转化为转化为两个函数图象的位置关系问题（其中一个函数的图象为动直线），图象刻画时注意利用导数研究其性质.13．0【解析】【分析】由向量的坐标运算法则，两向量垂直即数量积为0，从而求得参数值.【详解】由题知，，故答案为：014．【解析】【分析】利用对数的运算性质和对数与指数的关系求解即可【详解】解：因为，所以，所以，故答案为：815．【解析】【分析】化简，判断出为等比数列，从而计算出.【详解】由得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.故答案为：16．【解析】【分析】根据奇函数的性质及条件求得函数周期，从而求得时对应的函数解析式，然后解一元二次不等式即可.【详解】，函数周期为2；当时，，则当时，，由知，当时，，故时，则不等式即，解得，故答案为：【点睛】关键点点睛：难点在于求得函数在对应的函数解析式，从而解一元二次不等式.17．（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得的通项公式.（2）首先判断出是等比数列，由此求得数列的前n项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，由已知得，则，将代入并化简得，解得或(舍去).所以.（2）由（1）知，所以，所以，即数列是首项为，公比为的等比数列.所以.【点睛】求等差数列的通项公式，关键是求得，即首项和公差.18．（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)取PD中点G，证明四边形BEGF为平行四边形，证得BF//EG即得证；(2)连接AC，BD交于点O，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面PBC与平面PDE的法向量即可得解.【详解】(1)取的中点为，连，如图：为正方形，为的中点，则且，而F为PC中点，则，且，所以FG//CD且FG=CD，四边形为平行四边形，即，又，平面（2）连接相交于，连接，为正方形，则为中点，又，所以且，，而AC⊥BD，则三线两两垂直，以O为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立坐标系，如图：，，，，，，，设平面PBC的法向量为，而，，，令，，，设平面PDE的法向量为，，，，令，，，设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：证明线面平行的方法：(1)线线平行证明线面平行；(2)面面平行证明线面平行；(3)直线的方向向量与平面的法向量垂直.19．（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和的正弦公式得到求解； （2）由，，，根据解得a，再利用余弦定理求解；【详解】（1）中，∵，由正弦定理得，∴，即；∵为内角，，∴，又∵为内角，∴.（2）因为将，，代入，得.由余弦定理得，于是，即，解得或.【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．20．（1）；（2）是定值，定值为.【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义可得曲线C的方程为，再由三角形的面积即可求解.（2）设的方程设为：，与抛物线联立，求出交点，，从而可得，再由抛物线的定义可得，即求.【详解】解：（1）问题即：曲线上任一点到的距离等于它到的距离，故曲线C的方程为由在曲线上，则又，解得（舍去）曲线的方程.（2）依题意的方程设为：与联立即，消可得，得，直线令，得，假设，则为定值.【点睛】关键点点睛：本题考查了抛物线定义，直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出，，考查了运算求解能力.21．（1）在区间单调递增，在区间单调递减；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先求出的导函数，由条件可得，从而可求出的值，从而可得的单调区间.(2) 先由（1）得出的函数的单调性结合条件先求出参数的范围，不妨设设的三个正数的零点分别为，且；欲证明任意两个零点的差小于，只需证明，即，根据题意只需证明需要证明即可，构造函数，即可证明.【详解】解：（1），由在点处的切线垂直于轴；，得；所以则；时；时，在区间单调递增，在区间单调递减.（2）设的三个正数的零点分别为，且；由在区间单调递增，在区间单调递减.当时，，时，，由有三个正数的零点，则所以.欲证明任意两个零点的差小于，只需证明，即.因为，且在上单调递增，只需要证明；构造，所以在区间上单减，在上单增，现证明：，令，，则在上单调递减，所以，而，所以所以，所以结论成立.【点睛】关键点睛：本题考查导数的几何意义的应用和求单调区间，函数零点，极值、最值的应用以及不等式的证明，解答本题的关键欲证明任意两个零点的差小于，只需证明，即，由题意只需要证明；构造函数，属于难题.22．（1），；（2）.【解析】【分析】（1）方法一利用两式平方作差消参求得直角坐标方程，方法二利用表示出参数t，相乘消参求得直角方程；利用将直角坐标方程转化为直角坐标方程；（2）利用极坐标的几何意义，求得的长，利用直线与夹角为及的长，求得边上的高，从而求得面积.【详解】解：（1）法一：依题意得，化简得到：.法二：，，∴两式相乘得.令，代入得故的极坐标方程.对于，化简得：.（2）设，依题意得，解得；，解得又，则其极坐标为，直线与夹角为，.【点睛】关键点点睛：消参求直角坐标方程，利用将极坐标转化为直角坐标方程；利用极坐标几何意义求解线段长，从而求解其它量.23．（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用零点分段法去绝对值，由此求得不等式的解集.（2）先求得，然后求得，从而证得结论成立.【详解】（1）当时，不等式为，当时，，无解当时，，解得，所以当时，恒成立，所以综上，不等式的解集为.（2）因为所以当时，取得最大值， 又因为对任意的，有， 所以，当且仅当，即时，取得最大值，所以.【点睛】含绝对值的不等式，可利用零点分段法来求解.