2021届浙江省温州市高三上学期11月高考适应性测试（一模）数学试题教师解析版

2021届浙江省温州市高三上学期11月高考适应性测试（一模）数学试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．答案：B【分析】利用交集的定义可求得集合.解：，，因此，.故选：B.2．已知z为复数，若(i是虚数单位)，则A．1B．C．D．答案：D【分析】先根据复数除法求出复数，结合复数模长的求解方法可得模长.解：因为，所以，所以，故选D.点评：本题主要考查复数的除法及模长，复数模长的求解一般是先化简复数为形式，结合模长公式可求.3．设公差为d的等差数列的前n项和，若，则（）A．1B．2C．3D．4答案：B【分析】由，直接利用等差数列的前n项和公式求解.解：因为，所以，所以，即，解得，故选：B.4．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（）A．.1B．C．3D．答案：D【分析】根据实数x，y满足约束条件，画出可行域，记目标函数，平移直线，当直线在y轴上的截距最大时z有最小值求解.解：实数x，y满足约束条件的可行域如图所示：记目标函数，平移直线，当直线经过点时在y轴上的截距最大，此时对应的z具有最小值，最小值为，故选：D.5．已知，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件条件答案：A【分析】分别判断命题的充分性和必要性即可得到答案.解：因为，则，满足充分性；若，取，则得不到，不满足必要性.故选：A6．函数的图像可能是（）A．B．C．D．答案：A【分析】将原函数的解析式变形为，然后根据对勾函数的图象性质即可判断出答案.解：原函数解析式可化为：其图象可看作是将对勾函数右移个单位，上移个单位而得到，故A选项符合.故选：A.点评：本题考查根据函数的解析式判断函数的图象，较简单，将原函数解析式合理变形是关键.7．若随机变量X的分布列是：则当实数a在内增大时，（）A．增大B．减小C．先增大后减小D．先减小后增大答案：D【分析】先计算随机变量的数学期望，然后利用计算出方差的表达式，分析在上的单调性.解：∵∴由二次函数的性质可知，在上递减，在上递增.故选：D.点评：本题考查随机变量的分布列及数学期望、方差的计算，准确运用公式是关键.数学期望；方差.8．已知，点M是曲线上异于B的任意一点，令，则下列式子中最大的是（）A．B．C．D．答案：C【分析】设点M在第一象限，即，由曲线方程及三角函数的定义表示出各项，即可得解.解：由题，不妨设点M在第一象限，即，则，则，所以；；，且；.故选：C.点评：解决本题的关键是设出点，结合三角函数的定义逐项表示出各选项，即可得解.9．如图，在正四面体中，，记平面与平面､平面､平面，所成的锐二面角分别为､､，则（）A．B．C．D．答案：A【分析】过A作平面，取的中点M，连接，交于点O，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用坐标向量法先求，再根据余弦函数单调性比较大小即可.解：解：(空间向量法)因为，所以E､F分别为､的中点，G为上靠近A的三等分点，取的中点M，连接，过A作平面，交于点O，在平面中过O作，交于N，设正四面体的棱长为2，则，，，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，不妨令，则，同理可计算出平面､平面､平面的一个法向量分别为，，，则可得，，，所以，又在上递减，所以，故选：A.10．已知椭圆，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，的中垂线交x轴于M点，则的取值范围为（）A．B．C．D．答案：B【分析】当l：时，，设与椭圆联立可得：，然后求得的中垂线方程，令，得，然后分别利用两点间的距离公式和弦长公式求得，，建立求解.解：椭圆的左焦点为,当l：时，，，所以，设与椭圆联立，可得：，由韦达定理得：，取中点为，所以的中垂线方程为：，令，得，所以，又，所以，综上所述，故选：B.点评：思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长为(k为直线斜率)．注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．二、双空题11．设，，则____________；___________；答案：22【分析】由指数与对数的互化，由可得的值，由，根据对数与指数的运算可得答案.解：由，可得，故答案为：2，2；12．已知，若，则________，________.答案：【分析】根据二项式定理可得展开式通项，由此可得方程，代入验证可求得；采用赋值法即可求得各项系数和与，作差得到的值.解：，由可知：，当时，无整数解，当时，，，当时，，当时，，.故答案为：；.点评：方法点睛：二项式定理中与各项系数和有关的问题常采用赋值法来进行求解，形如的式子：（1）令，可求得各项系数和；（2）令，可求得常数项；（3）分别令和，作差或作和可分别求得奇次项系数和与偶此项系数和.13．某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的表面积是(单位：)_________，体积是(单位：)__________；答案：【分析】由三视图还原直观图，根据棱柱表面积和体积公式计算可得结果.解：由三视图还原直观图如下：；.故答案为：；.14．如图所示，在直行道路上当绿灯亮起时，①号汽车立刻启动通过停止线，随后每辆汽车都比前一辆汽车延时后启动，每辆汽车启动后先做加速度为的匀加速直线运动，当速度达到之后就做匀速直线运动，已知此处绿灯的时间为，每辆汽车的车长均为，相邻两辆汽车之间的间距均为，则图中的⑥号车________(填“能”或“不能”)在一次绿灯的时间内通过停止线(只要汽车的车头通过停止线就算通过)，在一次绿灯的时间内可以有___________辆汽车通过停止线.(注：物体从静止开始做匀速直线运动时，路程s与时间t的关系是：，其中a为加速度)答案：能8【分析】先求出⑥号车距离停止线的距离，⑥号车第6秒启动，求出⑥号车在10秒内运动的路程，即可判断；设可以通过n辆，则第n辆车延时秒，第n秒启动，所以，即可得出结果.解：⑥号车距离停止线为米，⑥号车延时5秒，第6秒启动，又，所以从到共需5秒，所以⑥号车在10秒内运动的路程为，故⑥号车能通过；设可以通过n辆，则第n辆车延时秒，第n秒启动，显然，所以，故可以通过8辆，故答案为：能；8.三、填空题15．一个盒子里装有7个大小､形状完成相同的小球，其中红球4个，编号分别为1，2，3，4，黄球3个，编号分别为1，2，3，从盒子中任取4个小球，其中含有编号为3的不同取法有________种.答案：30【分析】从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,即得解.解：从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,所以含有编号为3的总数为.故答案为：30.点评：方法点睛：1、排列组合问题的解题步骤：仔细审题编程列式计算.2、编程的一般方法一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.3、解排列组合问题，要排组分清（有序排列，无序组合），加乘有序(分类加法，分步乘法).16．设，且在上恒成立，则实数a的取值范围为_________.答案：【分析】针对的取值情况进行分类讨论，去绝对值，转化为最值问题处理.解：若，则，所以，所以无解；若，则，所以；若，则，所以；综上所述，.故答案为：.点评：本题考查绝对值不等式的应用，考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，难度一般.17．已知平面向量满足.则的最大值是________.答案：【分析】设，根据，得到，取中点为D，又，由中点坐标得到，再由，得到的范围，然后由求解.解：设，如图所示：因为，所以，取中点为D，因为，所以，解得，所以，所以点C是以D为圆心半径为的圆上运动，又因为，所以，当A，O，B共线时，取等号，所以，，所以.点评：关键点点睛：平面向量的中点坐标公式的两次应用：一是，由求得定值，得到点C是以D为圆心的圆上，实现数形结合；二是由确定范围，然后由求解.四、解答题18．已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）若，其中，求的值.答案：（1）单调递增区间为；（2）.【分析】（1）首先利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）依题意可得，再利用同角三角函数的基本关系求出，则利用两角差的余弦公式计算可得；解：解：（1）因为所以.令，得函数的单调递增区间为.（2）若，则，因为，所以，所以..点评：(1)给值求值问题一般是正用公式将所求“复角”展开，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角的三角函数值，代入展开式即可．(2)通过求所求角的某种三角函数值来求角，关键点在选取函数，常遵照以下原则：①已知正切函数值，选正切函数；②已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的范围是，选正、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为，选正弦较好．19．如图，已知三棱锥中，，D为的中点.（1）求证：；（2）若，求与平面所成角的正弦值.答案：（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点E，连接，利用已知条件得到，，再利用线面垂直的判定定理证明平面，即可得证；（2）取的中点F，连接，过D作于H；先利用已知条件以及线面垂直的判定定理得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定定理得到平面，所以就是与平面所成角，利用已知条件求解即可.解：（1）取的中点E，连接.∵，∴，∵D，E分别是的中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴平面，∴.（2）取的中点F，连接，过D作于H.∵，∴，∵，∴，∴.∵D，F分别是的中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴平面，∴，∵，∴平面，∴就是与平面所成角，∵，∴，∴与平面所成角的正弦值为.点评：方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.20．已知数列满足，（1）求数列的通项公式；（2）设是数列的前n项和，求证：.答案：（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）将化为，然后利用累乘法求通项公式；（2）利用错位相减法求和.解：解：（1）因为，所以，则当时，满足上式，所以.（2）①②①-②得:化简得：所以，又，所以.点评：本题考查根据递推关系式求数列的通项公式，考查错位相减法求和，难度一般.（1）当数列满足时，可采用累乘法求通项公式；（2）当数列，其中和分别为等差数列与等比数列时，采用错位相减法求和.21．如图所示，F是抛物线的焦点，A是抛物线C上的动点，过点A的切线l交x轴于G点.以F为圆心的圆与直线l及直线分别相切于B､M两点，且直线与x轴的正半轴交于H点.（1）求证：；（2）求的最小值.答案：（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设，求出切线方程以及，再利用抛物线的定义即可求解.（2）不妨设，可得，在中，根据正弦定理得，再利用基本不等式即可求解.解：（1）设，则切线即；∴，∴，∵，∴；（2）不妨设，则，在中，由正弦定理得∴，∴，∴，∴∴当且仅当时即时.点评：关键点点睛：要证明，关键求出点的坐标，即求出切线方程；求的最小值，设，，关键求出，属于难题.22．已知函数有两个不同的零点，其中是自然对数的底数.（1）求实数a的取值范围；（2）求证：（i）；（ii）.答案：（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）函数有两个不同的零点，等价于在上有两个不同的实根，记，对函数求导判断单调性，可得实数a的取值范围；（2）（i）将代入方程并参变分离，利用分析法可知，需证明，构造，求导判断单调性与最值即可证明不等式成立；（ii）设，对函数求导判断单调性可得：，由，两式作差可得，利用证得的不等式进行放缩，可得不等式成立．解：（1）函数有两个不同的零点，变量分离得在上有两个不同的实根，记，则当时，单调递增；当时，单调递减.且时，；时，故.（2）（i）因为是的两根，由（1）可知，且(只涉及变量，故只用)，所以要证构造函数，则，在上递减所以，原不等式成立.（ii）解析1：放缩设，则恒成立，在单调递增，，即由，可得，从而，则，要证明：，只需证，，证毕!解析2：对数平均不等式由对数平均不等式，所以，由（i）可知，所以，从而，即，只需证：，下同解法1.点评：方法点睛：本题考查导数研究函数的单调性与零点问题，考查导数证明不等式，设函数在上连续，在上可导，则：1.若，则在上单调递增；2.若，则在上单调递减．PAGE试卷第2页，总4页23