广东省深圳市2021届高三一模数学试题

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。广东省深圳市2021届高三一模 数学试题 八年级上册数学北师大八年级数学期末考试题必修一高中数学函数北京市东城区是哪个区高等学校统一招生考试 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知复数，则（）A．B．C．D．13．小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排.若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（）A．6B．12C．24D．484．设为三个不同的平面，若，则“是“”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件5．已知随机变量，有下列四个命题：甲：乙：丙：丁：如果只有一个假命题，则该命题为（）A．甲B．乙C．丙D．丁6．2020年12月31日，国务院联防联控机制发布，国药集团中国生物的新冠病毒灭活疫苗已获药监局批准附条件上市，其保护效力达到世界卫生组织及药监局相关标准要求，现已对18至59岁的人提供.根据某地接种年龄样本的频率分布直方图（如图）估计该地接种年龄的中位数为（）A．40B．39C．38D．377．在数列中，，，若，则（）A．10B．9C．8D．78．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形.设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（）A．18B．24C．36D．48二、多选题9．设、分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的有（）A．B．当时，C的离心率是2C．到渐近线的距离随着n的增大而减小D．当时，C的实轴长是虚轴长的两倍10．已知函数，则（）A．的最大值为3B．的最小正周期为C．的图象关于直线对称D．在区间上单调递减11．已知函数，若，则下列不等式一定成立的有（）A．B．C．D．12．在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（）A．若平面，则S可能为正方形B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为C．若，则S的面积不可能为D．点D到坐标原点O的距离不可能为三、填空题13．已知函数的图象关于y轴对称，且与直线相切，则满足上述条件的二次函数可以为_______.14．设F为抛物线的焦点，过F作倾斜角为的直线交C于A，B两点，若，则____________.15．冈珀茨模型是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：（当时， 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示2020年初的种群数量），若年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为_________.16．拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，.若，则的面积最大值为_______.四、解答题17．设数列的前n项和，满足，且.（1）证明：数列为等差数列；（2）求的通项公式.18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.（1）求A；（2）若，且边上的高为，求的面积.19．某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投次，先在处投一次三分球，投进得分，未投进不得分，以后均在处投两分球，每投进一次得分，未投进不得分.测试者累计得分高于分即通过测试，并终止投篮.甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在处和处各投次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如图表：若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.（1）求甲同学通过测试的概率；（2）在甲、乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率.20．如图，在四棱锥中，，，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.21．设是坐标原点，以、为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和恰好有两个交点.（1）求的方程；（2）是外的一点，过的直线、均与相切，且、的斜率之积为，记为的最小值，求的取值范围.22．已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有且仅有3个零点，求a的取值范围.（其中常数…，是自然对数的底数）试卷第1页，总3页试卷第1页，总3页参考答案1．D【分析】求出集合的补集，然后与集合求交集可得答案.【详解】，，，．故选：D．2．A【分析】先化简复数，再利用模长公式即可求解.【详解】,所以，故选：A.3．B【分析】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序即可．【详解】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序，则，故所求的坐法种数为12，故选：B．4．A【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断，即可得正确答案.【详解】因为，，则，所以由，可以得出，若，，则与可能相交或平行，所以，，得不出，所以若，则“是“”的充分不必要条件，故选：A5．D【分析】先判断乙、丙的真假性，然后判断甲、丁的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于乙、丙的真假性相同，所以乙、丙都是真命题，故，根据正态分布的对称性可知：甲：为真命题，所以丁为假命题.并且，.所以假命题的是丁.故选：D6．C【分析】利用中位数左右两边的小矩形的面积都等于即可求解.【详解】年龄位于的频率为，年龄位于的频率为，年龄位于的频率为，年龄位于的频率为，因为，而，所以中位数位于，设中位数为，则，解得：，故选：C.7．B【分析】令，由可得，可得是等差数列，利用等差数列求和公式即可求解.【详解】令，由可得，所以，所以是首项为，公差为的等差数列，，所以，整理可得：，解得：或（舍）故选：B.8．C【分析】以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由圆方程设，写出向量的坐标，由数量积的坐标表示求出数量积，利用三角函数知识得最大值．【详解】骑行过程中，相对不动，只有点绕点作圆周运动．如图，以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意，，，圆方程为，设，则，，，易知当时，取得最大值36．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的数量积，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标运算计算向量的数量积，结合三角函数的性质求得最大值．9．AC【分析】由已知条件值，根据，，，可计算的值，进而可判断选项A；直接计算可判断选项B；计算到渐近线的距离用表示，即可判断选项C；当时求出得值，可得的关系可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于选项A：由双曲线的方程可得，，所以，因为，所以，所以，可得：，故选项A正确；对于选项B：当时，双曲线，此时，，所以离心率，故选项B不正确；对于选项C：中，由选项A知：，，，的渐近线方程为，不妨取焦点，则到渐近线的距离，所以到渐近线的距离随着n的增大而减小，故选项C正确；对于选项D：当时，，，所以实轴长为，虚轴长为，不满足C的实轴长是虚轴长的两倍，故选项D不正确；故选：AC【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是由已知条件得出，，再利用双曲线的性质可求，关键点是准确记忆双曲线中的概念，焦点到渐近线的距离等于.10．BC【分析】首先利用诱导公式和二倍角公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质逐一检验四个选项的正误即可求解.【详解】所以的最大值为，故选项A不正确；的最小正周期为，故选项B正确；因为，解得：，所以直线是的图象的对称轴，故选项C正确；令，解得：，所以在区间和单调递减，在上单调递增，故选项D不正确，故选：BC.11．BD【分析】确定函数是增函数，然后比较自变量的大小后可得正确选项．【详解】易知是上的增函数，时，成立，成立，BD一定成立；与的大小关系不确定，A不一定成立；同样与的大小关系也不确定，如时，，C也不一定成立．故选：BD．12．ABD【分析】对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值【详解】对于A，如图，当B为时，正投影图形为正方形，所以A正确；对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，故选：ABD【点睛】关键点点睛：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题13．（答案不唯一）．【分析】关于轴对称，函数为偶函数，可以设，然后由它与直线相切可求得的关系，取特殊可得结论．【详解】因为二次函数的图象关于y轴对称，所以可设，由得，所以，即．取，，则，（答案不唯一）．故答案为：（答案不唯一）．14．8【分析】由抛物线的定义可得，设直线的方程为，然后直线方程与椭圆方程联立成方程组，消去得，再由根与系数的关系可得，结合前面的式子可求出的值，从而可得答案【详解】解：设（），则，直线的方程为，由，得，所以，所以，因为，所以，所以，故答案为：815．6【分析】依题意得通过计算化简得，则问题可解．【详解】令由题意知，，所以得，则所以，解得，所以m的最小值为6故答案为：6【点睛】本题通过实际问题考查指对数不等式，关键要掌握指对数不等式求解法则．16．【分析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值．【详解】解：设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，连接并延长分别交于，则，同理，都是等边三角形，则，又，则，所以，是正三角形，所以其面积为，内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，，，，所以当时，取得最大值，所以的面积最大值为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数在几何中的应用，解题关键是设设，用表示出（说明即可得），等边面积就可能用表示，然后用正弦定理把用角表示，利用三角函数的恒等变换及正弦函数性质求得最大值．17．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）将两边同时取倒数在整理，根据等差数列的定义即可证明；（2）由（1）求出，进而可得，当时，，再检验是否满足，进而可得的通项公式.【详解】（1）由可得，即，所以是以为首项，以为公差的等差数列，（2）由（1）可得，即，当时，，当时，所以不满足，所以，【点睛】 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 点睛：由数列前项和求通项公式时，一般根据求解，注意检验是否满足，不满足则需要分段.18．（1）；（2）．【分析】（1）先用余弦定理化余弦为边，再用正弦定理化边为角从而求得；（2）由余弦定理用表示，然后把三角形的面积用两种方法表示求得，从而可计算出面积．【详解】（1）由得，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，是三角形内角，，所以，又A为锐角，所以．（2）由（1），，所以，即，，，．【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式．利用正弦定理和余弦定理进行边角互化是解题关键．三角形的面积采取了二次计算，通过不同的计算方法得出等式，从而求解．这是一种解题技巧．19．（1）；（2）.【分析】（1）记甲同学累计得分为，计算出甲同学两分球和三分球投篮命中的概率，进而可计算得出，即为所求；（2）设“甲得分比乙得分高”为事件，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件，计算出、，利用条件概率公式可求得，即为所求.【详解】（1）甲同学两分球投篮命中的概率为，甲同学三分球投篮命中的概率为，设甲同学累计得分为，则，所以，甲同学通过测试的概率为；（2）乙同学两分球投篮命中率为，乙同学三分球投篮命中率为.设乙同学累计得分为，则，，设“甲得分比乙得分高”为事件，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件，则，，由条件概率公式可得.【点睛】思路点睛：用定义法求条件概率的步骤：（1）分析题意，弄清概率模型；（2）计算、；（3）代入公式求.20．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）取的中点，连接，，可得，利用直角三角形的性质可得，即可证明，进而可得，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用面面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明，，可得为四边形外接圆的直径，进而可得和的长，以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解.【详解】取的中点，连接，，因为，所以，因为，为的中点，所以，因为，，所以，所以，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）由（1）知：平面，所以，在和中，由，可得，所以，即，所以在以为圆心的圆上，由可得为四边形外接圆的直径，，，，以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量，则令，可得，，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以，所以，因为二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.21．（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件求出、、的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设过的切线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去可得出关于的一元二次方程，由直线与椭圆相切可得出，可得出关于的二次方程，结合韦达定理得出，进而可得出的表达式，根据二次函数的基本性质得出，结合的取值范围可得结果.【详解】（1）由题意可得，，又因为以为直径的圆和恰好有两个交点，则，，可得，因此，椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线、的斜率存在且不为零，设过点的切线，联立，消去可得，由于直线与椭圆相切，则，化简并整理得，整理成关于的二次方程得（易知），设直线、的斜率分别为、，易知、为关于的二次方程得的两根，所以，，，所以，，，易知当时，有，，，即的取值范围是.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.22．（1）见解析（2）【分析】（1）先求导，需要分类讨论，分当a≤0时，当0＜a＜1时，当a＝1时，当a＞1时，根据导数和函数的单调性求出即可.（2）将问题转化为与的图像有三个交点，借助第一问的单调性得到极值，在每一类情况下通过构造函数解不等式，求得a的范围，取交集即可．【详解】因为，其定义域为，则，且，①若a≤0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，即函数f（x）在（0，1）单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）单调递减，②当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，解得x＝1，或x＝a，当a＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x＞1或0＜x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，所以f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；③当a＝1时，f′（x）0恒成立，即函数f（x）在（0，+∞）单调递减；④当a＞1时，当1＜x＜a时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x＞a或0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，所以f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.（2）令，即有且仅有3个零点，∴依题意，与的图像有三个交点，∴由（1）知，必有和，①当0＜a＜1时，f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；∴f（x）的极小值为，极大值为，又，∴与的图像至多有1个交点，所以舍去；②当a＞1时，f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.∴f（x）的极小值为，极大值为，∴只有当成立，与的图像才有三个交点，当时，，下面只需要求解不等式即的解集，令，则等价于设，则，令，则，令，则，且当t＜2时，u′（t）＞0，函数u（t）单调递增，当t＞2时，u′（t）＜0，函数u（t）单调递减，又，所以，即单调递减，又，所以时，，即，得到，综上【点睛】方法点睛：函数零点问题转化为两个函数交点个数问题.关键点点睛不等式的解集，将，整体化思想构造函数，便于研究.答案第1页，总2页答案第1页，总2页