西藏自治区山南市2021届高三第一次模拟考试数学（文）试题（word版 含答案）

这是一份西藏自治区山南市2021届高三第一次模拟考试数学（文）试题（word版 含答案），共21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。
西藏自治区山南市2021届高三第一次模拟考试数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．计算（    ）A． B． C． D．3．等差数列中，若，，则（    ）.A． B．3 C． D．94．“”是“关于x的实系数方程没有实数根”的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．非充要条件5．下图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为（    ）A． B． C． D．6．已知点在直线上，则的最小值为（    ）A． B．C． D．7．某实验室研发新冠疫苗，试验中需对，两项指标进行对照试验．已经进行的连续五次试验所测得的指标数据如下表：1101151201251308589909294已知与具有线性相关关系，利用上表中的五组数据求得回归直线方程为．根据该回归方程，预测下一次试验中当时，，则的值为（    ）A．0.48 B．0.5 C．0.52 D．0.548．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（    ）A． B． C． D．9．已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则该双曲线的离心率是A． B． C． D．10．将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的2倍，所得图象的一条对称轴方程可以是A． B． C． D．11．函数y=sin2x的图象可能是A． B．C． D．12．已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为A． B． C． D． 二、填空题13．已知实数、满足约束条件，则目标函数的最大值为___________.14．已知向量，，．若，则________．15．已知，若，则______．16．已知函数，.下列有关的说法中，正确的是______(填写你认为正确的序号).①不等式的解集为或；②在区间上有四个零点；③的图象关于直线对称；④的最大值为；⑤的最小值为； 三、解答题17．的内角，，的对边分别为，，．已知．（Ⅰ）求；（Ⅱ）已知，，且边上有一点满足，求．18．在某大学自主招生考试中，所有选报Ⅱ类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为五个等级，某考场考生的两科考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为的考生有人.（1）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为的人数；（2）已知参加本考场测试的考生中，恰有两人的两科成绩均为，在至少一科成绩为的考生中，随机抽取两人进行访谈，求这两人的两科成绩均为的概率.19．如图所示，在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点．（1）求证：；（2）求三棱锥的体积．20．椭圆：()的左焦点为，且椭圆经过点，直线()与交于，两点（异于点）.（1）求椭圆的方程；（2）证明：直线与直线的斜率之和为定值，并求出这个定值.21．已知函数.（1）当时，求在处的切线方程；（2）若函数在上有两个零点，求实数的取值范围.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）若直线与曲线相交于点，求圆心在极轴上，且经过极点和点的圆的直角坐标方程.23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且实数，满足，求证：. 
参考答案1．A【分析】解一元二次不等式求集合A，再应用集合的交运算求即可.【详解】由集合A中的不等式描述，得，而，∴，故选：A2．B【分析】直接由复数的除法运算可得解.【详解】.故选：B.3．A【分析】由和求出公差，再根据可求得结果.【详解】设公差为，则，所以.故选：A4．A【分析】根据方程没有实数根，求出等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】解：若关于x的实系数方程没有实数根，则，得，则“”是“”的必要不充分条件.故选：A．【点睛】本题考查充分必要条件的判断，属于基础题.5．A【分析】由三视图确定几何体为圆锥体，应用圆锥体侧面积公式求面积即可.【详解】由三视图知：几何体为底面半径为1，高为3的圆锥体，∴其侧面展开为以底面周长为弧长，圆锥体母线长为半径的扇形，故几何体的侧面积为，故选：A6．C【分析】依题意可得，再利用基本不等式的性质即可得解．【详解】解：因为点在直线上，所以，因为所以，当且仅当，即时取等号，故选：C【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方7．D【分析】因为回归方程一定过中心点 ，再结合当时，，即可求结果.【详解】由已知表格中的数据，求得：，，则，①又因为下一次实验中时，，则，②联立①②，解得：．故选：D．8．B【分析】根据程序框图，逐步执行，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；第五步：，进入循环；第六步：，结束循环，输出.故选：B.【点睛】关键点点睛：该题主要考查程序框图，只需分析框图的作用，逐步执行即可，属于常考题型.9．A【详解】试题分析：先将圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，再根据圆心到渐近线的距离等于半径得出的关系，进而可求出离心率．圆配方得，所以圆心为，半径为，由已知圆心到直线的距离为，可得，可得，故选A．考点：1、双曲线；2、渐近线；3、圆；4、点到直线距离． 10．D【详解】试题分析：将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的倍得函数,其对称轴方程为， 故选D.考点：函数图象的变换、函数的对称轴.11．D【详解】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令， 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．12．A【详解】∵为偶函数，∴，所以图象关于对称
所以
设，则，又因为，所以，所以再定义域上是单调递减，因为，所以，又，所以，所以点睛：本题主要考察函数的得构造，函数的单调性和解不等式，本题当中的函数的构造是解题的关键，可以好好总结一下13．4【分析】本题首先可根据约束条件绘出可行域，然后根据可行域易知过点时目标函数最大.【详解】由题意可知，约束条件为，故可绘出可行域，如图所示：则，，结合可行域易知：目标函数过点时取最大值，最大值为，故答案为：.14．【分析】由两向量共线的坐标关系计算即可．【详解】由题可得 ,即故答案为【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题．15．【分析】先由指数式化为对数式可得，，再利用即可求的值.【详解】由，可得：，，所以，则，故答案为：16．③④【分析】由，则①，即，可判断；②,则或，可判断；③由条件可得可判断；，设，求出函数的单调区间可得其最值，从而可判断④，⑤【详解】由①，即，又，则或，故①不正确.②,则或，又所以，共有5个零点，故②不正确.③所以，则的图象关于直线对称，故③正确.④设 ，则，则由解得，由解得或所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.当时, ,当时, ,当时，，当时，，所以当时，函数有最大值所以当时,函数有最小值所以④正确，⑤不正确.故答案为：③④【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的对称性、零点、最值等基础知识，解答本题的关键是将，由条件可得，或，以及，得出函数在上的单调性，属于中档题.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据三角形内角和定理、诱导公式，结合正弦定理、正弦的二倍角公式进行求解即可；（Ⅱ）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.【详解】解：（Ⅰ）由可得：，，又，得，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，所以．（Ⅱ）设，则，在中，由，及余弦定理可得：，所以，因为，可知，在中，，即在中，，即，得，．18．（1）30人；（2）.【分析】（1）先计算该考场的人数，再计算等级为的人数；（2）列举基本事件，利用求概率.【详解】（1）∵“数学与逻辑"科目中成绩等级为的考生有人，∴该考场有(人).∴该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为的人数为两科考试中，共有个又恰有人的两科成绩等级均为还有人只有一个科目成绩等级为.设这人为甲、乙、丙、丁，其中甲、乙是两科成绩等级都是的同学，则在至少一科成绩等级为的考生中，随机抽取人进行访谈，基本事件空间为.（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁）一共有个基本事件.设“随机抽取人进行访谈，这人的两科成绩等级均为”为事件事件中包含的基本事件有个，为（甲，乙），则故这人的两科成绩等级均为的概率为.【点睛】等可能性事件的概率一般用列举法列举出基本事件,直接套公式求概率.19．（1）见解析；（2） .【分析】（1）先证明线面垂直，得到线线垂直，结合平行直线的性质可证结论；（2）先求出的长，利用等体积法可求.【详解】证明：（1）∵，∴平面，又平面,∴又∴.（2）平面平面且，∴即==.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明和几何体体积的求解，几何体体积的求解方法主要有：直接法和等体积转化法，侧重考查直观想象及逻辑推理的核心素养.20．（1）；（2）证明见解析，定值为1.【分析】（1）根据椭圆左焦点为，且椭圆经过点，从而得到，进而求得的值，得到椭圆方程；（2）先联立直线方程与椭圆方程，消元，设，韦达定理得到，利用两点斜率坐标公式，结合韦达定理证得结果.【详解】（1）由题意得：则椭圆方程为；（2）解法一（常规方法)：设，联立化简可得：，直线与椭圆交于两点即解得：由韦达定理直线得斜率和为定值．解法二（构造齐次式)：由题直线恒过定点①当直线不过原点时，设直线为则即有由有则整理成关于的齐次式： ，进而两边同时除以，则令则②当直线过原点时，设直线的方程为综合直线与直线的斜率之和为定值．【点睛】方法点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的问题，解题方法如下：（1）根据题中所给的条件，确定出的值，进而求得的值，得到椭圆方程；（2）将直线方程与椭圆方程联立，韦达定理求得两根和与两根积，利用斜率公式证得结果.21．（1）；（2）.【分析】（1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）求得，利用导数分析函数的单调性、极值，并求出、，根据已知条件可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】（1）当时，，，则，，所以，在处的切线方程为，即；（2），则.，当时，.当时，；当时，.所以，函数在上单调递增，在上单调递减.故在处取得极大值.又，，，则，在上的最小值是.又在上有两个零点，则，解得，因此，实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.22．（1），；（2）.【分析】（1）参数方程进行平方相减消参，可得出曲线的普通方程，再根据极坐标与普通方程的转换规则，可得到直线的普通方程.（2）根据直线与曲线相交可联立方程，得到P点坐标.然后设出圆心坐标，再根据圆经过极点和点P，列出关系式可求出圆心和半径，最后写出圆的方程.【详解】（1）曲线C的参数方程为(m为参数)，两式平方相减得曲线C的普通方程为：.直线l的极坐标方程为，则转换为直角坐标方程为（2）由得，所以点P的直角坐标为设圆心为，则，解得：所以，圆的直角坐标方程为：.【点睛】（1）关键点：极坐标方程与普通方程的转换主要应用于.（2）求直线与曲线的交点坐标，列方程组、解方程组、可得交点坐标；求圆的方程可根据圆心和半径，得出圆的方程.23．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；（2）首先利用绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式证明.【详解】（1）①当时，不等式即为，解得；②当时，不等式即为，；③当时，不等式即为，.综上，不等式的解集为.（2）由绝对值不等式的性质可得：当时，取最小值4，即，即当且仅当时等号成立.【点睛】方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.要根据已知条件灵活选择方法证明.