2021届广东省江门市高三上学期调研测试数学试题及答案

绝密★启用前2021届广东省江门市高三上学期调研测试数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．已知集合，，若，则（）A．B．C．D．答案C【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】根据集合，且，由求解.解：因为集合，且，所以,解得，则，所以故选：C2．已知是虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值为（）A．-1B．C．0D．1答案D【分析】先利用复数的除法化简复数z，再由其为纯虚数求解.解：因为复数，且为纯虚数，所以，解得故选：D3．若6个人分4张无座的足球门票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同分法的种数是（）A．B．C．15D．360答案C【分析】根据组合的定义，结合组合数公式进行计算求解即可.解：因为是无座的足球门票，所以可以看成相同的元素，因此可以看成组合问题，则有.故选：C4．设为所在平面内一点，，，，则（）A．24B．-24C．12D．-12答案D【分析】可知在的延长线上，则，由可计算.解：，在的延长线上，且，即，.故选：D.5．在的展开式中的系数为（）A．B．C．D．答案C【分析】先求出展开式的通项为，展开式中的项有和，系数相加即可求解.解：展开式的通项为，展开式中项为和，所以的展开式中的系数为，故选：C6．已知函数，，的零点分别为，，，则，，的大小顺序为（）A．B．C．D．答案A【分析】判断，，的零点所在的区间即可比较大小.解：由函数，，的零点分别为，，，可得函数，，与图象交点的横坐标分别为，，，在同一直角坐标系中作出四个函数的图象如图所示：由图知，，，所以，故选：A点评：关键点点睛：本题的关键点是将函数的零点分别转化为函数，，与图象交点的横坐标分别为，，，在同一直角坐标系中作出四个函数的图象即可比较，，的大小.7．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（）A．平均数为3.中位数为2B．中位数为3.众数为2C．平均数为2.方差为2.4D．中位数为3.方差为2.8答案C【分析】根据题意,举出反例说明,即可得出正确选项.解：对于A,当掷骰子出现结果为时,满足平均数为3.中位数为2,可以出现点数6,所以A错误;对于B,当掷骰子出现结果为时,满足中位数为3.众数为2,可以出现点数6,所以B错误;对于C,若平均数为2.且出现6点,则方差,所以平均数为2.方差为2.4时一定没有出现点数6,所以C正确;对于D,当当掷骰子出现结果为时,中位数为3,方差为,可以出现点数6,所以D错误.综上可知,C为正确选项.故选:C点评：本题考查了平均数、中位数、众数和方差在统计中的应用,各个数据对总体的影响,属于基础题.8．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，则（）A．α∥β且∥αB．α⊥β且⊥βC．α与β相交，且交线垂直于D．α与β相交，且交线平行于答案D解：试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．二、多选题9．下列说法正确的是（）A．“数列为常数列”是“数列为公比等于1的等比数列”的必要不充分条件B．设，则“”是“”的充分不必要条件C．“向量”是“为钝角”的充要条件D．“，”的否定形式是“，”答案AB【分析】根据充分条件与必要条件的概念，逐项判断，可判断AB正确，C错误；根据全称命题的否定，可判断D错.解：A选项，若数列是各项都为的常数列，则数列不可能是等比数列；若数列为公比等于1的等比数列，则数列是常数列，因此“数列为常数列”是“数列为公比等于1的等比数列”的必要不充分条件，即A正确；B选项，由可得；但由不能得出（如，）；所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；C选项，由为钝角可得；但是有不能推出为钝角（如与方向相反时，夹角为），所以“向量”是“为钝角”的必要不充分条件；故C错；D选项，“，”的否定形式是“，”，故D错.故选：AB.10．将函数的图象向右平移个单位长度，所得的图象经过点，且在上为增函数，则取值可能为（）A．2B．4C．5D．6答案ABD【分析】由图象向右平移个单位长度可得，由图象经过点可得，即得，再由在上为增函数，可得，即可求解.解：将函数的图象向右平移个单位长度可得：因为所得的图象经过点，所以即，所以，解得，因为在上为增函数，所以即，所以时，；时，；时，；所以取值可能为，故选：ABD点评：关键点点睛：本题的解题关键在于整体代入法的灵活应用，涉及零点的整体代入和单调区间的整体代入才能突破难点.11．在平面直角坐标系中，点在抛物线上，抛物线的焦点为，延长与抛物线相交于点，则下列结论正确的是（）A．抛物线的准线方程为B．C．的面积为D．答案AD【分析】根据条件求出，再联立直线与抛物线求出，进而求出结论．解：解：点在抛物线上，，，焦点为，准线为，对，因为，故，故直线为：，联立或，，，，，，错，，对，的面积为．故错，故选：．12．对于定义域为的函数，为的导函数，若同时满足：①；②当且时，都有；③当且时，都有，则称为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（）A．B．C．D．答案ACD【分析】结合“偏对称函数”的性质，利用导数的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，分别讨论四个函数是否满足三个条件，即可得到所求结论．解：条件①；由选项可得：，，，，即ABCD都符合；条件②，或；即条件②等价于函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；对于，则，由可得，，即函数单调递增；由可得，，即函数单调递减；满足条件②；对于，则显然恒成立，所以在定义域上单调递增，不满足条件②；对于，当时，显然单调递减；当时，显然单调递增；满足条件②；对于，当时，显然单调递减；当时，显然单调递增，满足条件②；因此ACD满足条件②；条件③当且时，，都有，即，对于，，因为，当且仅当，即时，等号成立，又，所以，则令，，所以在上显然恒成立，因此在上单调递增，所以，即，所以满足条件③；对于，，令，，则在上显然恒成立，所以，则，即满足条件③；对于，，令，，则在上显然恒成立，所以，则，即满足条件③；综上，ACD选项是“偏对称函数”，故选：ACD.点评：思路点睛：求解此类函数新定义问题时，需要结合函数新定义的概念及性质，结合函数基本性质，利用导数的方法，通过研究函数单调性，值域等，逐项判断，即可求解.（有时也需要构造新的函数，进行求解.）三、填空题13．已知圆与直线相切，则________.答案或【分析】由圆的一般式方程求出圆心和半径，利用直线与圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，即可求解.解：由可得，圆心，半径，由圆与直线相切可得：，解得：或，故答案为：或14．若，则的最小值是___________.答案8.【分析】先判断和，再根据基本不等式求的最小值即可.解：解：因为，所以，，所以当且仅当即时，取等号，所以的最小值是8.故答案为：8点评：本题考查利用基本不等式求最值，是基础题.15．某学校组织学生参加数学测试，某班成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为，，，.由此估计该班学生此次测试的平均分为_________.答案68【分析】用每组中间值结合频率分布直方图即可求出.解：由频率分布直方图可得平均数为.故答案为：68.16．正方形的边长为1，分别为边上的点，若的周长为2，则__________．答案.分析：本题考查了几何图形的简单应用，根据图形构建全等三角形，求得角度．详解：由题意，得，因为边长为1所以所以两式相减，得延长AB至M，使，连接CM，易证所以因为，所以，即在与中所以，所以点睛：本题考查了几何图形的简单应用，关键是找准各个线段间的相互关系，属于中档题．四、解答题17．已知数列满足，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.答案（1）；（2）.【分析】（1）由题意判断出为等比数列，，，成等差数列，列式求解出，可得的通项公式；（2）得，所以，则前项和利用错位相减法计算即可.解：解：（1）依题，∴是以为公比的等比数列，又，，成等差数列.∴，即，∴，∴.（2）由（1）得，设，①②①-②：，∴.点评：本题的核心是考查错位相减求和，一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用错位相减法求和，一般是式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．18．已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，acosC＋asinC－b－c＝0.（1）求A；（2）若a＝2，ABC的面积为，求b，c.答案（1）A＝.；（2）b＝c＝2.【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再利用和差公式可求出A；（2）面积公式和余弦定理相结合，可求出b，c解：解：（1）由acosC＋asinC－b－c＝0及正弦定理得sinAcosC＋sinAsinC－sinB－sinC＝0.因为B＝π－A－C，所以sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.由于sinC≠0，所以sin.又0